Страница 144 номер 15.21, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень
Треугольник \(ABC\) является основанием пирамиды \(DABC\), \(AB = BC = DB = a\), \(\angle ABC = 90^\circ\), \(DB \perp ABC\). Найдите радиус сферы, вписанной в данную пирамиду.
Дано:
\(DABC\) — пирамида
\(AB = BC = DB = a\), \(\angle ABC = 90^\circ\)
\(DB \perp ABC\)
сфера вписана в пирамиду
Найти: \(r\) — радиус сферы.
Решение: Пусть \(O\) — центр вписанной сферы, \(T\) — точка её касания с основанием \(ABC\). Плоскости граней пирамиды касаются сферы, а касательная плоскость перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, поэтому расстояние от \(O\) до плоскости каждой грани равно \(r\); в частности, \(OT \perp ABC\) и \(OT = r\). Прямые \(OT\) и \(DB\) перпендикулярны плоскости \(ABC\), поэтому \(OT \parallel DB\).
Плоскость \(ABD\) проходит через прямую \(DB\), перпендикулярную плоскости \(ABC\), поэтому \(ABD \perp ABC\). Проведём в основании \(TP \perp AB\) и \(TQ \perp BC\) (точки \(P\) и \(Q\) лежат на сторонах \(AB\) и \(BC\)). Прямая \(TP\) лежит в плоскости \(ABC\) и перпендикулярна прямой \(AB\), по которой пересекаются перпендикулярные плоскости \(ABC\) и \(ABD\), поэтому \(TP \perp ABD\), и \(TP\) — расстояние от точки \(T\) до плоскости \(ABD\). Прямая \(OT\) параллельна прямой \(DB\) плоскости \(ABD\), то есть параллельна этой плоскости, поэтому все её точки удалены от плоскости \(ABD\) на одно и то же расстояние: \(TP = r\). Точно так же плоскость \(CBD\) перпендикулярна плоскости \(ABC\) и \(TQ = r\).
Точка \(T\) принадлежит грани \(ABC\) и равноудалена от сторон угла \(ABC\), поэтому лежит на его биссектрисе \(BE\) — на отрезке \(BE\). В равнобедренном прямоугольном треугольнике \(ABC\) биссектриса \(BE\) является медианой и высотой: \(E\) — середина гипотенузы \(AC = a\sqrt{2}\), \(BE \perp AC\), \(BE = \frac{AC}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}\). Четырёхугольник \(BPTQ\) — прямоугольник с равными соседними сторонами \(TP = TQ = r\), то есть квадрат, поэтому \(BT = r\sqrt{2}\) и \(ET = BE - BT = \frac{a\sqrt{2}}{2} - r\sqrt{2}\).
Прямая \(AC\) перпендикулярна пересекающимся прямым \(BE\) и \(BD\) (\(BD \perp ABC\)), поэтому \(AC \perp BDE\). Прямая \(OT\) проходит через точку \(T\) прямой \(BE\) параллельно прямой \(BD\), поэтому лежит в плоскости \(BDE\); значит, центр \(O\) лежит в плоскости \(BDE\). Эта плоскость пересекает грань \(ACD\) по отрезку \(DE\). В плоскости \(BDE\) проведём \(ON \perp DE\). Прямая \(ON\) лежит в плоскости \(BDE\), поэтому \(ON \perp AC\); значит, \(ON \perp ACD\) и \(ON = r\).
В плоскости \(BDE\) точка \(O\) лежит внутри угла \(BED\) (внутри треугольника \(BDE\) — сечения пирамиды) и удалена от его сторон на \(OT = ON = r\), поэтому \(EO\) — биссектриса угла \(BED\). Пусть она пересекает отрезок \(BD\) в точке \(F\).
Из прямоугольного треугольника \(DBE\) (\(\angle DBE = 90^\circ\)): \(DE = \sqrt{BE^2 + BD^2} = \sqrt{\frac{a^2}{2} + a^2} = \frac{a\sqrt{6}}{2}\). По свойству биссектрисы треугольника \(\frac{BF}{FD} = \frac{BE}{DE} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{3}}\), поэтому \(BF = \frac{BD}{1 + \sqrt{3}} = \frac{a}{1 + \sqrt{3}}\).
Прямоугольные треугольники \(ETO\) и \(EBF\) имеют общий острый угол при вершине \(E\), поэтому они подобны: \(\frac{OT}{ET} = \frac{FB}{BE}\), то есть
\[\begin{aligned} \frac{r}{\sqrt{2}\left(\frac{a}{2} - r\right)} &= \frac{a}{1 + \sqrt{3}} : \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{1 + \sqrt{3}}; \\ r(1 + \sqrt{3}) &= 2\left(\frac{a}{2} - r\right); \\ r(1 + \sqrt{3}) &= a - 2r; \\ r(3 + \sqrt{3}) &= a; \qquad | : (3 + \sqrt{3}) \\ r &= \frac{a}{3 + \sqrt{3}} = \frac{a(3 - \sqrt{3})}{9 - 3} = \frac{a(3 - \sqrt{3})}{6}. \end{aligned}\]
Ответ: \(\frac{a(3 - \sqrt{3})}{6}\).
Треугольник \(ABC\) является основанием пирамиды \(DABC\), \(AB = BC = DB = a\), \(\angle ABC = 90^\circ\), \(DB \perp ABC\). Найдите радиус сферы, вписанной в данную пирамиду.
Дано:
\(DABC\) — пирамида
\(AB = BC = DB = a\), \(\angle ABC = 90^\circ\)
\(DB \perp ABC\)
сфера вписана в пирамиду
Найти: \(r\) — радиус сферы.
Решение: Пусть \(O\) — центр вписанной сферы, \(T\) — точка её касания с основанием \(ABC\). Плоскости граней пирамиды касаются сферы, а касательная плоскость перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, поэтому расстояние от \(O\) до плоскости каждой грани равно \(r\); в частности, \(OT \perp ABC\) и \(OT = r\). Прямые \(OT\) и \(DB\) перпендикулярны плоскости \(ABC\), поэтому \(OT \parallel DB\).
Плоскость \(ABD\) проходит через прямую \(DB\), перпендикулярную плоскости \(ABC\), поэтому \(ABD \perp ABC\). Проведём в основании \(TP \perp AB\) и \(TQ \perp BC\) (точки \(P\) и \(Q\) лежат на сторонах \(AB\) и \(BC\)). Прямая \(TP\) лежит в плоскости \(ABC\) и перпендикулярна прямой \(AB\), по которой пересекаются перпендикулярные плоскости \(ABC\) и \(ABD\), поэтому \(TP \perp ABD\), и \(TP\) — расстояние от точки \(T\) до плоскости \(ABD\). Прямая \(OT\) параллельна прямой \(DB\) плоскости \(ABD\), то есть параллельна этой плоскости, поэтому все её точки удалены от плоскости \(ABD\) на одно и то же расстояние: \(TP = r\). Точно так же плоскость \(CBD\) перпендикулярна плоскости \(ABC\) и \(TQ = r\).
Точка \(T\) принадлежит грани \(ABC\) и равноудалена от сторон угла \(ABC\), поэтому лежит на его биссектрисе \(BE\) — на отрезке \(BE\). В равнобедренном прямоугольном треугольнике \(ABC\) биссектриса \(BE\) является медианой и высотой: \(E\) — середина гипотенузы \(AC = a\sqrt{2}\), \(BE \perp AC\), \(BE = \frac{AC}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}\). Четырёхугольник \(BPTQ\) — прямоугольник с равными соседними сторонами \(TP = TQ = r\), то есть квадрат, поэтому \(BT = r\sqrt{2}\) и \(ET = BE - BT = \frac{a\sqrt{2}}{2} - r\sqrt{2}\).
Прямая \(AC\) перпендикулярна пересекающимся прямым \(BE\) и \(BD\) (\(BD \perp ABC\)), поэтому \(AC \perp BDE\). Прямая \(OT\) проходит через точку \(T\) прямой \(BE\) параллельно прямой \(BD\), поэтому лежит в плоскости \(BDE\); значит, центр \(O\) лежит в плоскости \(BDE\). Эта плоскость пересекает грань \(ACD\) по отрезку \(DE\). В плоскости \(BDE\) проведём \(ON \perp DE\). Прямая \(ON\) лежит в плоскости \(BDE\), поэтому \(ON \perp AC\); значит, \(ON \perp ACD\) и \(ON = r\).
В плоскости \(BDE\) точка \(O\) лежит внутри угла \(BED\) (внутри треугольника \(BDE\) — сечения пирамиды) и удалена от его сторон на \(OT = ON = r\), поэтому \(EO\) — биссектриса угла \(BED\). Пусть она пересекает отрезок \(BD\) в точке \(F\).
Из прямоугольного треугольника \(DBE\) (\(\angle DBE = 90^\circ\)): \(DE = \sqrt{BE^2 + BD^2} = \sqrt{\frac{a^2}{2} + a^2} = \frac{a\sqrt{6}}{2}\). По свойству биссектрисы треугольника \(\frac{BF}{FD} = \frac{BE}{DE} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{3}}\), поэтому \(BF = \frac{BD}{1 + \sqrt{3}} = \frac{a}{1 + \sqrt{3}}\).
Прямоугольные треугольники \(ETO\) и \(EBF\) имеют общий острый угол при вершине \(E\), поэтому они подобны: \(\frac{OT}{ET} = \frac{FB}{BE}\), то есть
\[\frac{r}{\sqrt{2}\left(\frac{a}{2} - r\right)} = \frac{a}{1 + \sqrt{3}} : \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{1 + \sqrt{3}}.\]
По основному свойству пропорции:
\[\begin{aligned} r(1 + \sqrt{3}) &= 2\left(\frac{a}{2} - r\right); \\ r(1 + \sqrt{3}) &= a - 2r; \\ r(3 + \sqrt{3}) &= a; \qquad | : (3 + \sqrt{3}) \\ r &= \frac{a}{3 + \sqrt{3}} = \frac{a(3 - \sqrt{3})}{9 - 3} = \frac{a(3 - \sqrt{3})}{6}. \end{aligned}\]
Ответ: \(\frac{a(3 - \sqrt{3})}{6}\).
