Страница 143 номер 15.13, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень

Дано:
\(DABC\) — пирамида
\(AB = BC\), \(AC = a\), \(\angle BAC = \alpha\)
двугранные углы при рёбрах основания равны \(\beta\)
шар вписан в пирамиду

Найти: \(r\) — радиус шара.

Решение: Пусть \(DH\) — высота пирамиды. Все двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны, поэтому проекция \(H\) вершины \(D\) на плоскость основания — центр окружности, вписанной в треугольник \(ABC\). Если двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны, то в неё можно вписать шар, и его центр \(O\) — точка пересечения высоты пирамиды с биссектором двугранного угла при ребре основания; значит, \(O\) лежит на высоте \(DH\).

Треугольник \(ABC\) равнобедренный (\(AB = BC\)), поэтому биссектриса \(BE\) его угла \(B\) является медианой и высотой: \(AE = \frac{a}{2}\), \(BE \perp AC\). Центр \(H\) вписанной окружности лежит на биссектрисе \(BE\), поэтому \(HE \perp AC\) и \(HE\) — радиус вписанной окружности. Центр вписанной окружности лежит и на биссектрисе \(AH\) угла \(BAC\): \(\angle HAE = \frac{\alpha}{2}\). Из прямоугольного треугольника \(AEH\) (\(\angle AEH = 90^\circ\)): \(HE = AE\operatorname{tg}\angle HAE = \frac{a}{2}\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}\).

\(HE\) — проекция наклонной \(DE\) на плоскость основания и \(HE \perp AC\), поэтому по теореме о трёх перпендикулярах \(DE \perp AC\), и \(\angle DEH\) — линейный угол двугранного угла при ребре \(AC\): \(\angle DEH = \beta\).

Прямая \(AC\) перпендикулярна пересекающимся прямым \(HE\) и \(DE\) плоскости \(DHE\), поэтому \(AC \perp DHE\). В плоскости \(DHE\) проведём \(OK \perp DE\). Прямая \(OK\) лежит в плоскости \(DHE\), поэтому \(OK \perp AC\); значит, \(OK \perp DAC\). Плоскости граней пирамиды касаются шара, а касательная плоскость перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, поэтому расстояния от центра шара до плоскостей граней равны его радиусу: \(OK = r\) и \(OH = r\) (\(OH\) — перпендикуляр к плоскости основания).

Точка \(O\) лежит внутри угла \(DEH\) и равноудалена от его сторон, поэтому \(EO\) — биссектриса этого угла: \(\angle OEH = \frac{\beta}{2}\). Из прямоугольного треугольника \(OHE\) (\(\angle OHE = 90^\circ\)):

\[r = OH = HE\operatorname{tg}\angle OEH = \frac{a}{2}\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}\operatorname{tg}\frac{\beta}{2}.\]

Ответ: \(\frac{1}{2}a\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}\operatorname{tg}\frac{\beta}{2}\).