Номер 988, страница 138 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

988. Шар, вписанный в правильную четырехугольную пирамиду, и шар, описанный около нее, имеют общий центр. Найдите плоский угол при вершине пирамиды.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с вершиной S и основанием ABCD. Пусть O - центр основания (точка пересечения диагоналей квадрата ABCD), h = SO - высота пирамиды, a = AB - сторона основания. Пусть Q - общий центр вписанного и описанного шаров, r - радиус вписанного шара, а R - радиус описанного шара. Поскольку пирамида правильная, центр вписанного и описанного шаров лежит на ее высоте SO.

Так как Q - центр шаров, расстояние от точки Q до плоскости основания равно радиусу вписанного шара r, то есть QO = r. Расстояние от Q до любой вершины пирамиды равно радиусу описанного шара R, например, QA = QS = R. Из того, что точка Q лежит на отрезке SO, следует, что SO = SQ + QO, откуда получаем связь между высотой и радиусами: h = R + r.

Рассмотрим прямоугольный треугольник QOA (∠QOA = 90°). Его катеты: QO = r и OA - половина диагонали квадрата основания, то есть OA = (a√2)/2. Гипотенуза QA = R. По теореме Пифагора:

$R^2 = QO^2 + OA^2$

$R^2 = r^2 + ((a√2)/2)^2 = r^2 + a^2/2$

Подставим в это уравнение выражение $R = h - r$:

$(h-r)^2 = r^2 + a^2/2$

$h^2 - 2hr + r^2 = r^2 + a^2/2$

$h^2 - 2hr = a^2/2$ (1)

Теперь найдем еще одну связь между величинами, используя свойства вписанного шара. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту SO и апофему SM (где M - середина стороны BC). Это сечение представляет собой равнобедренный треугольник SNM (где N - середина AD), в который вписана большая окружность вписанного шара с центром Q. Центр вписанной окружности Q лежит на пересечении биссектрис углов треугольника SNM. В частности, отрезок MQ является биссектрисой угла SMO. Угол SMO - это двугранный угол δ при ребре основания пирамиды.

В прямоугольном треугольнике SOM (∠SOM = 90°) тангенс угла δ равен:

$tan(δ) = SO/OM = h/(a/2) = 2h/a$

В прямоугольном треугольнике QOM (∠QOM = 90°) тангенс угла ∠QMO равен:

$tan(∠QMO) = QO/OM = r/(a/2) = 2r/a$

Поскольку MQ - биссектриса, то $∠QMO = δ/2$. Таким образом, $tan(δ/2) = 2r/a$.

Воспользуемся формулой тангенса двойного угла: $tan(δ) = (2 tan(δ/2)) / (1 - tan^2(δ/2))$. Подставим в нее найденные выражения:

$2h/a = (2 ⋅ (2r/a)) / (1 - (2r/a)^2) = (4r/a) / (1 - 4r^2/a^2)$

$2h/a = (4r/a) / ((a^2-4r^2)/a^2) = (4ra)/(a^2-4r^2)$

$h/a = (2ra)/(a^2-4r^2)$

$h(a^2 - 4r^2) = 2ra^2$ (2)

Теперь у нас есть система из двух уравнений (1) и (2). Из уравнения (1) выразим $a^2$: $a^2 = 2h^2 - 4hr$. Подставим это выражение в уравнение (2):

$h((2h^2 - 4hr) - 4r^2) = 2r(2h^2 - 4hr)$

$2h^3 - 4h^2r - 4hr^2 = 4h^2r - 8hr^2$

$2h^3 - 8h^2r + 4hr^2 = 0$

Поскольку высота $h > 0$, мы можем разделить обе части уравнения на $2h$:

$h^2 - 4hr + 2r^2 = 0$

Решим это квадратное уравнение относительно $h$ (или найдем отношение $h/r$, разделив на $r^2$):

$(h/r)^2 - 4(h/r) + 2 = 0$

Пусть $x = h/r$. Тогда $x^2 - 4x + 2 = 0$. Корни этого уравнения:

$x = (4 ± \sqrt{16 - 4⋅2}) / 2 = (4 ± \sqrt{8}) / 2 = 2 ± \sqrt{2}$

Из выражения $a^2 = 2h^2 - 4hr = 2h(h-2r)$ и условия $a^2 > 0$ следует, что $h - 2r > 0$, то есть $h > 2r$ или $h/r > 2$. Условию $h/r > 2$ удовлетворяет только корень $2 + \sqrt{2}$. Итак, $h/r = 2 + \sqrt{2}$.

Теперь найдем плоский угол при вершине пирамиды, обозначим его α. Это угол ∠ASB. В равнобедренном треугольнике ASB проведем высоту SP к основанию AB. Тогда $sin(α/2) = (AB/2) / SA = a / (2l)$, где $l = SA$ - длина бокового ребра.

Найдем квадрат длины бокового ребра $l^2$ из прямоугольного треугольника SOA:

$l^2 = SO^2 + OA^2 = h^2 + (a√2/2)^2 = h^2 + a^2/2$

Нам нужно найти соотношение между $h$ и $a$. Из $a^2 = 2h^2 - 4hr$ разделим на $h^2$:

$(a/h)^2 = 2 - 4(r/h)$

Так как $h/r = 2 + \sqrt{2}$, то $r/h = 1 / (2 + \sqrt{2}) = (2 - \sqrt{2}) / (4-2) = (2 - \sqrt{2}) / 2$.

$(a/h)^2 = 2 - 4 ⋅ ((2 - \sqrt{2}) / 2) = 2 - 2(2 - \sqrt{2}) = 2 - 4 + 2\sqrt{2} = 2\sqrt{2} - 2$

Тогда $(h/a)^2 = 1 / (2\sqrt{2} - 2) = (2\sqrt{2} + 2) / ((2\sqrt{2})^2 - 2^2) = (2\sqrt{2} + 2) / (8 - 4) = (2\sqrt{2} + 2) / 4 = (\sqrt{2} + 1) / 2$.

Теперь найдем $sin^2(α/2) = a^2 / (4l^2)$. Выразим $l^2$ через $a^2$:

$l^2/a^2 = (h^2+a^2/2)/a^2 = (h/a)^2 + 1/2 = (\sqrt{2} + 1) / 2 + 1/2 = (\sqrt{2} + 2) / 2$

$sin^2(α/2) = a^2 / (4l^2) = 1/4 ⋅ (a^2/l^2) = 1/4 ⋅ (2 / (2 + \sqrt{2})) = 1 / (2(2 + \sqrt{2})) = 1 / (4 + 2\sqrt{2})$

Умножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение $4 - 2\sqrt{2}$:

$sin^2(α/2) = (4 - 2\sqrt{2}) / ((4 + 2\sqrt{2})(4 - 2\sqrt{2})) = (4 - 2\sqrt{2}) / (16 - 8) = (4 - 2\sqrt{2}) / 8 = (2 - \sqrt{2}) / 4$

Отсюда $sin(α/2) = \sqrt{(2 - \sqrt{2}) / 4} = \sqrt{2 - \sqrt{2}} / 2$.

Это значение синуса соответствует углу $π/8$ или $22.5°$, так как $sin(π/8) = \sqrt{(1 - cos(π/4))/2} = \sqrt{(1 - \sqrt{2}/2)/2} = \sqrt{(2-\sqrt{2})/4}$.

Следовательно, $α/2 = π/8$, а искомый угол $α = 2 ⋅ (π/8) = π/4$, что равно $45°$.

Ответ: $45°$.