Номер 689, страница 100 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

689. Докажите, что шар, вписанный в правильную четырехугольную пирамиду, касается боковой грани в точке пересечения высот этой грани.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и центром основания $O$. В основании лежит квадрат $ABCD$. $SO$ — высота пирамиды. В пирамиду вписан шар с центром $I$ и радиусом $r$. Центр $I$ вписанного шара лежит на высоте пирамиды $SO$.

Рассмотрим боковую грань $SAB$. Это равнобедренный треугольник ($SA=SB$). Пусть $M$ — середина ребра $AB$. Тогда $SM$ — апофема пирамиды, а также высота, медиана и биссектриса треугольника $SAB$.

1. Определение положения точки касания.

Пусть $K$ — точка касания вписанного шара с боковой гранью $SAB$. Радиус $IK$ перпендикулярен плоскости грани $SAB$.

Рассмотрим плоскость $SOM$. Так как $OM \perp AB$ и $SM \perp AB$, то ребро $AB$ перпендикулярно плоскости $SOM$. Поскольку прямая $AB$ лежит в плоскости боковой грани $SAB$, то плоскость $SAB$ перпендикулярна плоскости $SOM$ (по признаку перпендикулярности двух плоскостей).

Центр шара $I$ лежит в плоскости $SOM$ (так как $I$ лежит на $SO$). Радиус $IK$ проведен из точки $I$ перпендикулярно к плоскости $SAB$. Так как плоскости $SOM$ и $SAB$ взаимно перпендикулярны, то перпендикуляр $IK$ должен лежать в плоскости $SOM$.

Точка $K$ принадлежит одновременно грани $SAB$ и плоскости $SOM$. Следовательно, точка $K$ лежит на линии их пересечения — апофеме $SM$.

Теперь рассмотрим сечение пирамиды плоскостью $SOM$. Это прямоугольный треугольник $SOM$ ($\angle SOM = 90^\circ$). Центр $I$ вписанного шара равноудален от всех граней пирамиды. В частности, он равноудален от плоскости основания $ABCD$ и плоскости боковой грани $SAB$. Расстояние от $I$ до основания равно $IO = r$. Расстояние от $I$ до грани $SAB$ равно $IK = r$.

Точка $I$ лежит на биссектрисе двугранного угла между основанием и боковой гранью. Линейным углом этого двугранного угла является угол $SMO$. Таким образом, в треугольнике $SOM$ точка $I$ лежит на биссектрисе угла $SMO$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle OIM$ (прямой угол при $O$) и $\triangle KIM$ (прямой угол при $K$, так как $IK \perp SM$). У них общая гипотенуза $IM$, и углы $\angle OMI$ и $\angle KMI$ равны, так как $MI$ — биссектриса. Следовательно, $\triangle OIM = \triangle KIM$ по гипотенузе и острому углу. Из равенства треугольников следует равенство соответствующих катетов: $KM = OM$.

Таким образом, точка касания $K$ находится на апофеме $SM$ на расстоянии $OM$ от точки $M$. Расстояние от вершины $S$ до точки касания $K$ равно:$SK = SM - KM = SM - OM$.

2. Определение положения ортоцентра.

Пусть $H$ — ортоцентр (точка пересечения высот) боковой грани $SAB$. Так как $\triangle SAB$ — равнобедренный, его ортоцентр $H$ лежит на высоте $SM$.

Проведем вторую высоту $AP$ из вершины $A$ к стороне $SB$. $H$ — точка пересечения $SM$ и $AP$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle AMH$ (с прямым углом при $M$) и $\triangle SMB$ (с прямым углом при $M$).

В прямоугольном $\triangle APB$ (с прямым углом при $P$) угол $\angle PAB = 90^\circ - \angle B$. Угол $\angle MAH$, который является частью угла $\angle SAB = \angle B$, равен $\angle MAH = \angle SAB - \angle PAB = \angle B - (90^\circ - \angle B) = 2\angle B - 90^\circ$. Это не самый простой путь.

Найдем подобные треугольники. В прямоугольном $\triangle SMB$, $\angle MSB = 90^\circ - \angle B$. Мы уже установили, что $\angle PAB = 90^\circ - \angle B$. Значит, $\angle MSB = \angle PAB$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $AMH$ (угол $M$ прямой). Угол $\angle MAH$ в этом треугольнике равен углу $\angle PAB$. Следовательно, $\angle MAH = \angle MSB$.

Из подобия прямоугольных треугольников $\triangle AMH$ и $\triangle SMB$ по острому углу ($\angle MAH = \angle MSB$) это не следует. Но мы можем использовать тангенсы.

В $\triangle AMH$: $\tan(\angle MAH) = \frac{MH}{AM}$.

В $\triangle SMB$: $\tan(\angle MSB) = \frac{MB}{SM}$.

Так как $\angle MAH = \angle MSB$, то $\frac{MH}{AM} = \frac{MB}{SM}$.

Поскольку $M$ — середина $AB$, то $AM = MB$. Подставив $AM$ вместо $MB$, получаем:

$\frac{MH}{AM} = \frac{AM}{SM} \implies MH = \frac{AM^2}{SM}$.

В контексте всей пирамиды, $AM$ — это половина стороны основания, то есть $AM = OM$.

$MH = \frac{OM^2}{SM}$.

Расстояние от вершины $S$ до ортоцентра $H$ равно:$SH = SM - MH = SM - \frac{OM^2}{SM}$.

3. Сравнение и вывод.

Мы получили выражения для расстояний от вершины $S$ до точки касания $K$ и до ортоцентра $H$:

$SK = SM - OM$

$SH = SM - \frac{OM^2}{SM}$

Для того чтобы доказать утверждение задачи, необходимо, чтобы $K$ и $H$ совпадали, то есть $SK = SH$.

$SM - OM = SM - \frac{OM^2}{SM}$

$OM = \frac{OM^2}{SM}$

Так как $OM \neq 0$ (основание не является точкой), мы можем разделить обе части на $OM$:

$1 = \frac{OM}{SM} \implies SM = OM$.

Однако в прямоугольном треугольнике $SOM$, $SM$ является гипотенузой, а $OM$ — катетом. Равенство $SM = OM$ возможно только в том случае, если второй катет $SO$ равен нулю ($SO=0$). Это соответствует вырожденному случаю, когда высота пирамиды равна нулю, и пирамида "схлопывается" в плоский квадрат.

Для любой невырожденной пирамиды ($SO > 0$) всегда выполняется неравенство $SM > OM$. Следовательно, $OM > \frac{OM^2}{SM}$, и $SM-OM < SM - \frac{OM^2}{SM}$, то есть $SK < SH$.

Таким образом, точка касания $K$ и ортоцентр $H$ не совпадают. Утверждение, предложенное в задаче, является неверным.

Ответ: Утверждение, данное в задаче, неверно. Точка касания вписанного шара с боковой гранью правильной четырехугольной пирамиды не совпадает с точкой пересечения высот этой грани, за исключением вырожденного случая, когда высота пирамиды равна нулю.