Страница 143 номер 15.15, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень

Дано:
пирамида с вершиной \(S\), \(SH\) — её высота
двугранные углы при рёбрах основания равны \(45^\circ\)
\(O\) — центр вписанного шара

Найти: \(SO : OH\).

Решение: В пирамиду вписан шар, поэтому она выпуклая; все её двугранные углы при рёбрах основания равны, поэтому проекция \(H\) вершины \(S\) на плоскость основания — центр окружности, вписанной в основание. Если двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны, то в неё можно вписать шар, и его центр — точка пересечения высоты пирамиды с биссектором двугранного угла при ребре основания; значит, центр \(O\) шара лежит на высоте \(SH\).

Пусть \(AB\) — одно из рёбер основания. Проведём \(HM \perp AB\). \(HM\) — проекция наклонной \(SM\) на плоскость основания, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах \(SM \perp AB\), и \(\angle SMH\) — линейный угол двугранного угла при ребре \(AB\): \(\angle SMH = 45^\circ\).

Прямая \(AB\) перпендикулярна пересекающимся прямым \(HM\) и \(SM\) плоскости \(SHM\), поэтому \(AB \perp SHM\). В плоскости \(SHM\) проведём \(OK \perp SM\). Прямая \(OK\) лежит в плоскости \(SHM\), поэтому \(OK \perp AB\); значит, \(OK \perp SAB\). Плоскости граней пирамиды касаются шара, а касательная плоскость перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, поэтому \(OK = OH = r\), где \(r\) — радиус шара. Точка \(O\) лежит внутри угла \(SMH\) и равноудалена от его сторон, поэтому \(MO\) — биссектриса угла \(SMH\) треугольника \(SHM\).

По свойству биссектрисы треугольника \(\frac{SO}{OH} = \frac{SM}{MH}\). Из прямоугольного треугольника \(SHM\) (\(\angle SHM = 90^\circ\)): \(\frac{SM}{MH} = \frac{1}{\cos 45^\circ} = \sqrt{2}\). Значит, \(SO : OH = \sqrt{2} : 1\).

Ответ: \(\sqrt{2} : 1\).