Номер 529, страница 174 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

529*. Найдите радиус шара, вписанного в правильную пирамиду, высота которой равна $h$, а двугранный угол при основании составляет:

а) $60^\circ$;

б) $\alpha$.

Пусть дана правильная пирамида `SABC...` с вершиной `S` и высотой `SO = h`. Шар, вписанный в эту пирамиду, касается основания в его центре `O` и всех боковых граней. Центр вписанного шара, обозначим его `I`, лежит на высоте пирамиды `SO`. Радиус шара, обозначим его `r`, равен расстоянию от центра `I` до плоскости основания и до любой боковой грани. Таким образом, `IO = r`.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту `SO` и апофему боковой грани `SM` (где `M` — середина стороны основания). Это сечение представляет собой прямоугольный треугольник `SOM` с прямым углом при вершине `O`. В этом треугольнике `SO = h` — высота пирамиды, а `OM` — радиус окружности, вписанной в основание пирамиды (или апофема основания). Угол `∠SMO` является линейным углом двугранного угла при основании пирамиды. Обозначим этот угол через `β`.

Центр вписанного шара `I` лежит на высоте `SO`. Расстояние от `I` до основания равно `IO = r`. Расстояние от `I` до боковой грани, содержащей апофему `SM`, — это длина перпендикуляра, опущенного из точки `I` на `SM`. Так как точка `I` равноудалена от основания (прямая `OM` в сечении) и боковой грани (прямая `SM` в сечении), она лежит на биссектрисе угла `∠SMO`.

Таким образом, в треугольнике `SOM` отрезок `MI` является биссектрисой угла `∠SMO`, и `∠IMO = β/2`.

Рассмотрим прямоугольный треугольник `IOM` (угол `∠IOM = 90°`). В нем:$ \text{tg}(\angle IMO) = \frac{IO}{OM} $$ \text{tg}(\frac{\beta}{2}) = \frac{r}{OM} \implies OM = \frac{r}{\text{tg}(\frac{\beta}{2})} $

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник `SOM` (угол `∠SOM = 90°`). В нем:$ \text{tg}(\angle SMO) = \frac{SO}{OM} $$ \text{tg}(\beta) = \frac{h}{OM} \implies OM = \frac{h}{\text{tg}(\beta)} $

Приравняем два выражения для `OM`:$ \frac{r}{\text{tg}(\frac{\beta}{2})} = \frac{h}{\text{tg}(\beta)} $

Отсюда выразим радиус `r`:$ r = h \cdot \frac{\text{tg}(\frac{\beta}{2})}{\text{tg}(\beta)} $

Теперь решим подпункты задачи, используя эту формулу.

По условию, высота пирамиды равна `h`, а двугранный угол при основании `β = 60°`. Найдем радиус `r` вписанного шара.

Подставляем `β = 60°` в выведенную формулу:$ r = h \cdot \frac{\text{tg}(\frac{60^\circ}{2})}{\text{tg}(60^\circ)} = h \cdot \frac{\text{tg}(30^\circ)}{\text{tg}(60^\circ)} $

Мы знаем, что `tg(30^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}}` и `tg(60^\circ) = \sqrt{3}`.

$ r = h \cdot \frac{\frac{1}{\sqrt{3}}}{\sqrt{3}} = h \cdot \frac{1}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{h}{3} $

Ответ: $r = \frac{h}{3}$

По условию, высота пирамиды равна `h`, а двугранный угол при основании `β = \alpha`. Найдем радиус `r` вписанного шара.

Подставляем `β = \alpha` в выведенную формулу:$ r = h \cdot \frac{\text{tg}(\frac{\alpha}{2})}{\text{tg}(\alpha)} $

Это уже является решением, но формулу можно упростить, используя тригонометрические тождества. Используем формулу тангенса двойного угла `\text{tg}(\alpha) = \frac{2\text{tg}(\frac{\alpha}{2})}{1 - \text{tg}^2(\frac{\alpha}{2})}`:$ r = h \cdot \frac{\text{tg}(\frac{\alpha}{2})}{\frac{2\text{tg}(\frac{\alpha}{2})}{1 - \text{tg}^2(\frac{\alpha}{2})}} = h \cdot \frac{1 - \text{tg}^2(\frac{\alpha}{2})}{2} $

Также можно выразить ответ через косинус. Используя `r = h \frac{\cos(\alpha)}{1+\cos(\alpha)}` (эта формула получается при другом способе решения или преобразовании полученной):$ r = h \cdot \frac{\text{tg}(\frac{\alpha}{2})}{\text{tg}(\alpha)} = h \cdot \frac{\sin(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})} \cdot \frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)} = h \cdot \frac{\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\alpha)}{\cos(\frac{\alpha}{2}) \cdot 2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})} = h \cdot \frac{\cos(\alpha)}{2\cos^2(\frac{\alpha}{2})} $

Так как $2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) = 1 + \cos(\alpha)$, получаем:$ r = h \frac{\cos(\alpha)}{1+\cos(\alpha)} $Эта форма часто считается более простой.

Ответ: $r = h \frac{\text{tg}(\frac{\alpha}{2})}{\text{tg}(\alpha)}$ или $r = h \frac{\cos(\alpha)}{1+\cos(\alpha)}$