Номер 319, страница 104 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

319. Докажите, что:

а) если в правильную призму можно вписать шар, то центром шара является середина отрезка, соединяющего центры оснований призмы;

б) в пирамиду с одинаковыми двугранными углами при основании можно вписать шар.

а)

Пусть дана правильная n-угольная призма. Это означает, что её основаниями являются два равных правильных n-угольника, лежащие в параллельных плоскостях, а боковые рёбра перпендикулярны этим плоскостям. Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры нижнего и верхнего оснований соответственно. Отрезок $O_1O_2$ является осью симметрии призмы и её высотой.

Предположим, что в эту призму можно вписать шар. Пусть $O$ — центр этого шара, а $R$ — его радиус. По определению, вписанный шар касается всех граней многогранника. Это означает, что центр шара $O$ равноудалён от всех граней призмы (двух оснований и $n$ боковых граней), и это расстояние равно радиусу $R$.

1. Рассмотрим положение центра $O$ относительно оснований призмы. Так как шар касается обоих оснований, его центр $O$ должен быть равноудалён от плоскостей оснований. Множество точек, равноудалённых от двух параллельных плоскостей, — это плоскость, параллельная им и проходящая посередине между ними. Эта плоскость пересекает высоту $O_1O_2$ в её середине. Следовательно, центр шара $O$ должен лежать в этой срединной плоскости.

2. Рассмотрим положение центра $O$ относительно боковых граней. Так как призма правильная, её боковые грани равноудалены от оси призмы $O_1O_2$. Любая точка, лежащая на оси $O_1O_2$, равноудалена от всех боковых граней призмы. Поскольку центр вписанного шара $O$ должен быть равноудалён от всех боковых граней, он должен лежать на оси призмы $O_1O_2$.

3. Из этих двух условий следует, что центр шара $O$ должен одновременно принадлежать срединной плоскости и оси призмы $O_1O_2$. Единственная точка, удовлетворяющая обоим условиям, — это точка пересечения оси со срединной плоскостью, то есть середина отрезка $O_1O_2$.

Таким образом, если в правильную призму можно вписать шар, то его центр находится в середине отрезка, соединяющего центры оснований призмы.

Ответ: Утверждение доказано.

б)

Пусть дана пирамида, у которой все двугранные углы при основании равны $\alpha$. Пусть $S$ — вершина пирамиды, а её основанием является многоугольник $A_1A_2...A_n$. Мы должны доказать, что в эту пирамиду можно вписать шар, то есть существует точка внутри пирамиды, равноудалённая от всех её граней (основания и всех боковых граней).

1. Сначала докажем, что вершина такой пирамиды проецируется в центр окружности, вписанной в основание. Пусть $H$ — проекция вершины $S$ на плоскость основания. Проведём из точки $H$ перпендикуляры $HK_1, HK_2, ..., HK_n$ к сторонам основания $A_1A_2, A_2A_3, ..., A_nA_1$ соответственно. По теореме о трёх перпендикулярах, отрезки $SK_1, SK_2, ..., SK_n$ (апофемы боковых граней) будут перпендикулярны соответствующим сторонам основания.

   Следовательно, углы $\angle SK_1H, \angle SK_2H, ..., \angle SK_nH$ являются линейными углами двугранных углов при основании. По условию, все эти углы равны $\alpha$: $\angle SK_iH = \alpha$ для всех $i=1, ..., n$.

   Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SHK_1, \triangle SHK_2, ..., \triangle SHK_n$. У них общий катет $SH$ (высота пирамиды) и равные острые углы при вершинах $K_i$. Следовательно, все эти треугольники равны. Из равенства треугольников следует равенство катетов: $HK_1 = HK_2 = ... = HK_n$.

   Это означает, что точка $H$ равноудалена от всех сторон многоугольника основания. Таким образом, $H$ является центром окружности, вписанной в основание. Обозначим радиус этой окружности как $r = HK_i$.

2. Теперь найдём центр вписанного шара. Центр шара, вписанного в многогранник, должен быть равноудалён от всех его граней. Множество точек, равноудалённых от двух пересекающихся плоскостей (в нашем случае, от плоскости основания и боковой грани), является биссекторной плоскостью двугранного угла между ними.

   Центр вписанного шара $O$ должен лежать на пересечении всех биссекторных плоскостей двугранных углов пирамиды. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $SH$ и апофему $SK_i$. Это сечение — прямоугольный треугольник $\triangle SHK_i$.

   Биссекторная плоскость двугранного угла при ребре $A_iA_{i+1}$ пересекает плоскость $\triangle SHK_i$ по биссектрисе угла $\angle SK_iH$. Так как все углы $\angle SK_iH$ равны $\alpha$, то все такие биссектрисы будут образовывать с основанием (с катетом $HK_i$) один и тот же угол $\alpha/2$.

   Пусть биссектриса угла $\angle SK_iH$ пересекает высоту $SH$ в точке $O$. В прямоугольном треугольнике $\triangle OHK_i$ имеем: $\tan(\angle OK_iH) = OH/HK_i$. Поскольку $\angle OK_iH = \alpha/2$ и $HK_i = r$, получаем $OH = r \cdot \tan(\alpha/2)$.

   Так как величины $r$ и $\alpha$ не зависят от выбора боковой грани, то все биссектрисы углов $\angle SK_iH$ пересекут высоту $SH$ в одной и той же точке $O$.

3. Точка $O$ лежит на биссектрисе каждого из углов $\angle SK_iH$. Точка на биссектрисе угла равноудалена от его сторон. Следовательно, расстояние от точки $O$ до прямой $HK_i$ (лежащей в плоскости основания) равно расстоянию до прямой $SK_i$ (лежащей в плоскости боковой грани). Расстояние от $O$ до плоскости основания равно длине перпендикуляра $OH$. Расстояние от $O$ до плоскости боковой грани $SA_iA_{i+1}$ равно длине перпендикуляра, опущенного из $O$ на эту плоскость, и это расстояние равно $OH$. Таким образом, точка $O$ равноудалена от плоскости основания и от всех боковых граней.

   Это доказывает, что существует точка $O$ — центр вписанного шара. Следовательно, в такую пирамиду можно вписать шар.

Ответ: Утверждение доказано.