Страница 136 номер 14.29, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень
Дано:
\(SABC\) — треугольная пирамида
грани \(ASB\) и \(CSB\) равны, \(ASB \perp ABC\), \(CSB \perp ABC\)
\(\beta\) — угол между гранью \(ASC\) и плоскостью \(ABC\)
\(\angle ABC = \alpha\)
\(r\) — радиус окружности, описанной около треугольника \(ABC\)
Найти: \(R\) — радиус описанной сферы.
Решение: Плоскости граней \(ASB\) и \(CSB\) различны и имеют общие точки \(S\) и \(B\), поэтому пересекаются по прямой \(SB\); каждая из них перпендикулярна плоскости основания. Если каждая из двух пересекающихся плоскостей перпендикулярна третьей плоскости, то прямая их пересечения перпендикулярна этой плоскости; значит, \(SB \perp ABC\), в частности \(SB \perp BA\) и \(SB \perp BC\).
Грани \(ASB\) и \(CSB\) — прямоугольные треугольники с прямыми углами при вершине \(B\). Они равны, поэтому равны и их наибольшие стороны — гипотенузы: \(SA = SC\). По теореме Пифагора \(AB^2 = SA^2 - SB^2 = SC^2 - SB^2 = CB^2\), то есть \(AB = CB\): треугольник \(ABC\) — равнобедренный с углом \(\alpha\) при вершине \(B\).
Пусть \(M\) — середина \(AC\). Медиана \(BM\) равнобедренного треугольника, проведённая к основанию, является его высотой и биссектрисой: \(BM \perp AC\), \(\angle ABM = \frac{\alpha}{2}\). Отрезок \(BM\) — проекция наклонной \(SM\) на плоскость основания, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах \(SM \perp AC\). Значит, \(\angle SMB\) — линейный угол двугранного угла при ребре \(AC\); он острый (угол прямоугольного треугольника \(SBM\)), поэтому равен углу между гранью \(ASC\) и плоскостью основания: \(\angle SMB = \beta\).
По теореме синусов в треугольнике \(ABC\): \(AB = 2r\sin\angle ACB\), где \(\angle ACB = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}\); значит, \(AB = 2r\cos\frac{\alpha}{2}\). Из прямоугольного треугольника \(ABM\): \(BM = AB\cos\frac{\alpha}{2} = 2r\cos^2\frac{\alpha}{2}\). Из прямоугольного треугольника \(SBM\): \(SB = BM\operatorname{tg}\beta = 2r\cos^2\frac{\alpha}{2}\operatorname{tg}\beta\).
Пусть \(O_1\) — центр окружности, описанной около треугольника \(ABC\) (\(O_1B = r\)), \(K\) — середина ребра \(SB\). Центр \(O\) сферы равноудалён от вершин \(A\), \(B\), \(C\), поэтому лежит на прямой \(a\), перпендикулярной плоскости основания и проходящей через \(O_1\). Кроме того, \(OS = OB\), поэтому точка \(O\) лежит в плоскости, перпендикулярной ребру \(SB\) и проходящей через его середину \(K\), и \(OK \perp SB\). Прямые \(a\) и \(SB\) перпендикулярны плоскости основания и проходят через различные точки \(O_1\) и \(B\) этой плоскости, поэтому они различны, параллельны и лежат в одной плоскости; в этой плоскости \(OK \perp SB\) и \(O_1B \perp SB\), поэтому \(OK \parallel O_1B\), и четырёхугольник \(O_1BKO\) — прямоугольник. Значит, \(OO_1 = BK = \frac{SB}{2} = r\cos^2\frac{\alpha}{2}\operatorname{tg}\beta\).
Треугольник \(OO_1B\) прямоугольный (\(\angle OO_1B = 90^\circ\)), \(OB = R\):
\[\begin{aligned} &R = \sqrt{O_1B^2 + OO_1^2} = \sqrt{r^2 + r^2\cos^4\frac{\alpha}{2}\operatorname{tg}^2\beta} = {} \\ &= r\sqrt{1 + \cos^4\frac{\alpha}{2}\operatorname{tg}^2\beta}. \end{aligned}\]
Ответ: \(r\sqrt{1 + \cos^4\frac{\alpha}{2}\operatorname{tg}^2\beta}\).
Дано:
\(SABC\) — треугольная пирамида
грани \(ASB\) и \(CSB\) равны, \(ASB \perp ABC\), \(CSB \perp ABC\)
\(\beta\) — угол между гранью \(ASC\) и плоскостью \(ABC\)
\(\angle ABC = \alpha\)
\(r\) — радиус окружности, описанной около треугольника \(ABC\)
Найти: \(R\) — радиус описанной сферы.
Решение: Плоскости граней \(ASB\) и \(CSB\) различны и имеют общие точки \(S\) и \(B\), поэтому пересекаются по прямой \(SB\); каждая из них перпендикулярна плоскости основания. Если каждая из двух пересекающихся плоскостей перпендикулярна третьей плоскости, то прямая их пересечения перпендикулярна этой плоскости; значит, \(SB \perp ABC\), в частности \(SB \perp BA\) и \(SB \perp BC\).
Грани \(ASB\) и \(CSB\) — прямоугольные треугольники с прямыми углами при вершине \(B\). Они равны, поэтому равны и их наибольшие стороны — гипотенузы: \(SA = SC\). По теореме Пифагора \(AB^2 = SA^2 - SB^2 = SC^2 - SB^2 = CB^2\), то есть \(AB = CB\): треугольник \(ABC\) — равнобедренный с углом \(\alpha\) при вершине \(B\).
Пусть \(M\) — середина \(AC\). Медиана \(BM\) равнобедренного треугольника, проведённая к основанию, является его высотой и биссектрисой: \(BM \perp AC\), \(\angle ABM = \frac{\alpha}{2}\). Отрезок \(BM\) — проекция наклонной \(SM\) на плоскость основания, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах \(SM \perp AC\). Значит, \(\angle SMB\) — линейный угол двугранного угла при ребре \(AC\); он острый (угол прямоугольного треугольника \(SBM\)), поэтому равен углу между гранью \(ASC\) и плоскостью основания: \(\angle SMB = \beta\).
По теореме синусов в треугольнике \(ABC\): \(AB = 2r\sin\angle ACB\), где \(\angle ACB = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}\); значит, \(AB = 2r\cos\frac{\alpha}{2}\). Из прямоугольного треугольника \(ABM\): \(BM = AB\cos\frac{\alpha}{2} = 2r\cos^2\frac{\alpha}{2}\). Из прямоугольного треугольника \(SBM\): \(SB = BM\operatorname{tg}\beta = 2r\cos^2\frac{\alpha}{2}\operatorname{tg}\beta\).
Пусть \(O_1\) — центр окружности, описанной около треугольника \(ABC\) (\(O_1B = r\)), \(K\) — середина ребра \(SB\). Центр \(O\) сферы равноудалён от вершин \(A\), \(B\), \(C\), поэтому лежит на прямой \(a\), перпендикулярной плоскости основания и проходящей через \(O_1\). Кроме того, \(OS = OB\), поэтому точка \(O\) лежит в плоскости, перпендикулярной ребру \(SB\) и проходящей через его середину \(K\) (геометрическое место точек, равноудалённых от концов отрезка), и \(OK \perp SB\). Прямые \(a\) и \(SB\) перпендикулярны плоскости основания и проходят через различные точки \(O_1\) и \(B\) этой плоскости, поэтому они различны, параллельны и лежат в одной плоскости; в этой плоскости \(OK \perp SB\) и \(O_1B \perp SB\), поэтому \(OK \parallel O_1B\), и четырёхугольник \(O_1BKO\) — прямоугольник. Значит, \(OO_1 = BK = \frac{SB}{2} = r\cos^2\frac{\alpha}{2}\operatorname{tg}\beta\).
Треугольник \(OO_1B\) прямоугольный (\(\angle OO_1B = 90^\circ\)), \(OB = R\):
\[\begin{aligned} &R = \sqrt{O_1B^2 + OO_1^2} = \sqrt{r^2 + r^2\cos^4\frac{\alpha}{2}\operatorname{tg}^2\beta} = {} \\ &= r\sqrt{1 + \cos^4\frac{\alpha}{2}\operatorname{tg}^2\beta}. \end{aligned}\]
Ответ: \(r\sqrt{1 + \cos^4\frac{\alpha}{2}\operatorname{tg}^2\beta}\).
