Номер 990, страница 138 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

990. Докажите, что если плоский угол при вершине правильной $n$-угольной пирамиды равен $\frac{180^{\circ}}{n}$, то шар, описанный около нее, и шар, вписанный в нее, имеют общий центр.

Доказательство.

Рассмотрим правильную $n$-угольную пирамиду. Обозначим вершину пирамиды через $S$, центр основания — через $O$, а вершины основания — через $A_1, A_2, \ldots, A_n$. Высота пирамиды $SO$ перпендикулярна плоскости основания. Боковые ребра $SA_i$ равны, обозначим их длину через $b$. Боковые грани являются равными равнобедренными треугольниками. Плоский угол при вершине — это угол при вершине каждой из этих боковых граней, обозначим его $\alpha$. По условию, $\alpha = \frac{180^\circ}{n}$.

Центр вписанного шара (инцентр) и центр описанного шара (центр описанной сферы) для правильной пирамиды всегда лежат на ее высоте $SO$ в силу симметрии. Для того чтобы доказать, что эти центры совпадают, достаточно доказать, что существует точка $C$ на высоте $SO$, которая одновременно равноудалена от всех вершин пирамиды и от всех ее граней.

Пусть $C$ — такая общая точка на отрезке $SO$.

1. Условие для центра описанного шара. Точка $C$ должна быть равноудалена от всех вершин пирамиды. Так как все вершины основания $A_i$ равноудалены от точки $O$, они будут равноудалены и от любой точки $C$ на высоте $SO$. Таким образом, достаточно потребовать равенства расстояний от $C$ до вершины $S$ и до одной из вершин основания, например $A_1$: $CS = CA_1$. Обозначим радиус описанного шара $R_{sph} = CS = CA_1$. Пусть $R_{base} = OA_1$ — радиус окружности, описанной около основания. В прямоугольном треугольнике $COA_1$ имеем $CA_1^2 = CO^2 + OA_1^2$. Следовательно, $R_{sph}^2 = CO^2 + R_{base}^2$.

2. Условие для центра вписанного шара. Точка $C$ должна быть равноудалена от всех граней пирамиды. Расстояние от $C$ до плоскости основания равно длине отрезка $CO$. Расстояния до всех боковых граней равны по симметрии. Таким образом, достаточно потребовать, чтобы расстояние от $C$ до одной из боковых граней, например $SA_1A_2$, было равно $CO$. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $SO$ и апофему $SM$ боковой грани $SA_1A_2$ (где $M$ — середина $A_1A_2$). Это сечение представляет собой прямоугольный треугольник $SOM$. Точка $C$ лежит на катете $SO$. Расстояние от $C$ до основания (представленного катетом $OM$) равно $CO$. Расстояние от $C$ до боковой грани (представленной гипотенузой $SM$) равно длине перпендикуляра, опущенного из $C$ на $SM$. Равенство этих расстояний означает, что точка $C$ лежит на биссектрисе угла $\angle SMO$.

Таким образом, точка $C$ является точкой пересечения высоты $SO$ и биссектрисы $CM$ угла $\angle SMO$ в треугольнике $SOM$. По свойству биссектрисы угла треугольника для $\triangle SOM$ имеем: $$ \frac{CS}{CO} = \frac{SM}{OM} $$ Обозначим $H = SO$, $r_{base} = OM$. Тогда $SM = \sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{H^2 + r_{base}^2}$. Условие для центра вписанного шара принимает вид: $$ \frac{CS}{CO} = \frac{\sqrt{H^2 + r_{base}^2}}{r_{base}} $$

Итак, для совпадения центров необходимо, чтобы выполнялась система двух условий: $$ \begin{cases} CS^2 = CO^2 + R_{base}^2 \\ \frac{CS}{CO} = \frac{\sqrt{H^2 + r_{base}^2}}{r_{base}} \end{cases} $$ Пусть $CO = z$. Тогда $CS = H - z$. Подставим это в систему: $$ \begin{cases} (H-z)^2 = z^2 + R_{base}^2 \\ \frac{H-z}{z} = \frac{\sqrt{H^2 + r_{base}^2}}{r_{base}} \end{cases} $$ Из первого уравнения: $H^2 - 2Hz + z^2 = z^2 + R_{base}^2 \implies 2Hz = H^2 - R_{base}^2$. Отсюда $z = \frac{H^2 - R_{base}^2}{2H}$ и $H-z = \frac{H^2 + R_{base}^2}{2H}$. Тогда $\frac{H-z}{z} = \frac{H^2 + R_{base}^2}{H^2 - R_{base}^2}$. Подставляя это во второе уравнение, получаем условие совпадения центров: $$ \frac{H^2 + R_{base}^2}{H^2 - R_{base}^2} = \frac{\sqrt{H^2 + r_{base}^2}}{r_{base}} $$ Возводя обе части в квадрат, получаем: $$ \left( \frac{H^2 + R_{base}^2}{H^2 - R_{base}^2} \right)^2 = \frac{H^2 + r_{base}^2}{r_{base}^2} $$ Наша задача — доказать, что это равенство выполняется при условии $\alpha = \frac{180^\circ}{n}$.

Выразим все параметры через длину бокового ребра $b$ и число сторон $n$. В равнобедренном треугольнике боковой грани со сторонами $b, b$ и углом $\alpha$ между ними, длина основания $a$ (сторона основания пирамиды) равна $a = 2b \sin(\frac{\alpha}{2})$. При $\alpha = \frac{180^\circ}{n}$, имеем $a = 2b \sin(\frac{90^\circ}{n})$. Радиус описанной окружности основания: $R_{base} = \frac{a}{2\sin(\frac{180^\circ}{n})} = \frac{2b \sin(\frac{90^\circ}{n})}{2\sin(\frac{180^\circ}{n})} = \frac{b \sin(\frac{90^\circ}{n})}{2\sin(\frac{90^\circ}{n})\cos(\frac{90^\circ}{n})} = \frac{b}{2\cos(\frac{90^\circ}{n})}$. Радиус вписанной окружности основания: $r_{base} = R_{base} \cos(\frac{180^\circ}{n}) = \frac{b\cos(\frac{180^\circ}{n})}{2\cos(\frac{90^\circ}{n})}$. Высота пирамиды $H$: $H^2 = b^2 - R_{base}^2 = b^2 - \frac{b^2}{4\cos^2(\frac{90^\circ}{n})} = b^2 \frac{4\cos^2(\frac{90^\circ}{n}) - 1}{4\cos^2(\frac{90^\circ}{n})}$.

Подставим эти выражения в левую и правую части доказываемого равенства.

Левая часть: $$ \left( \frac{H^2 + R_{base}^2}{H^2 - R_{base}^2} \right)^2 = \left( \frac{(b^2 - R_{base}^2) + R_{base}^2}{(b^2 - R_{base}^2) - R_{base}^2} \right)^2 = \left( \frac{b^2}{b^2 - 2R_{base}^2} \right)^2 $$ Подставляем $R_{base}$: $$ \left( \frac{b^2}{b^2 - 2\frac{b^2}{4\cos^2(\frac{90^\circ}{n})}} \right)^2 = \left( \frac{1}{1 - \frac{1}{2\cos^2(\frac{90^\circ}{n})}} \right)^2 = \left( \frac{2\cos^2(\frac{90^\circ}{n})}{2\cos^2(\frac{90^\circ}{n}) - 1} \right)^2 $$ Используя формулу косинуса двойного угла $2\cos^2(x) - 1 = \cos(2x)$, получаем: $$ \left( \frac{2\cos^2(\frac{90^\circ}{n})}{\cos(\frac{180^\circ}{n})} \right)^2 = \frac{4\cos^4(\frac{90^\circ}{n})}{\cos^2(\frac{180^\circ}{n})} $$

Правая часть: $$ \frac{H^2 + r_{base}^2}{r_{base}^2} = 1 + \frac{H^2}{r_{base}^2} $$ Найдём отношение $\frac{H^2}{r_{base}^2}$: $$ \frac{H^2}{r_{base}^2} = \frac{b^2 \frac{4\cos^2(\frac{90^\circ}{n}) - 1}{4\cos^2(\frac{90^\circ}{n})}}{\frac{b^2\cos^2(\frac{180^\circ}{n})}{4\cos^2(\frac{90^\circ}{n})}} = \frac{4\cos^2(\frac{90^\circ}{n}) - 1}{\cos^2(\frac{180^\circ}{n})} $$ Используя $4\cos^2(x) - 1 = 2(2\cos^2(x)) - 1 = 2(1+\cos(2x)) - 1 = 1+2\cos(2x)$, получаем: $$ \frac{H^2}{r_{base}^2} = \frac{1+2\cos(\frac{180^\circ}{n})}{\cos^2(\frac{180^\circ}{n})} $$ Тогда правая часть равна: $$ 1 + \frac{1+2\cos(\frac{180^\circ}{n})}{\cos^2(\frac{180^\circ}{n})} = \frac{\cos^2(\frac{180^\circ}{n}) + 1+2\cos(\frac{180^\circ}{n})}{\cos^2(\frac{180^\circ}{n})} = \frac{\left(1+\cos(\frac{180^\circ}{n})\right)^2}{\cos^2(\frac{180^\circ}{n})} $$ Используя формулу $1+\cos(2x) = 2\cos^2(x)$, получаем: $$ \frac{\left(2\cos^2(\frac{90^\circ}{n})\right)^2}{\cos^2(\frac{180^\circ}{n})} = \frac{4\cos^4(\frac{90^\circ}{n})}{\cos^2(\frac{180^\circ}{n})} $$

Левая и правая части равенства совпали. Это означает, что геометрическое условие совпадения центров вписанного и описанного шаров выполняется, если плоский угол при вершине равен $\frac{180^\circ}{n}$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.