Страница 144 номер 15.24, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень

Дано:
\(SABCDEF\) — правильная шестиугольная пирамида
\(SH = 30\) см — высота
\(r = 12\) см — радиус вписанного шара

Найти: \(R\) — радиус описанного шара.

Решение: Точка \(H\) — центр правильного шестиугольника \(ABCDEF\). Поскольку пирамида правильная, центр \(O\) вписанного шара принадлежит её высоте \(SH\). Отрезок \(OH\) перпендикулярен плоскости основания, которой касается шар, поэтому \(OH = r = 12\) см и \(SO = SH - OH = 18\) см.

В грани \(ASB\) проведём апофему \(SM\) (\(M\) — середина \(AB\)). Имеем: \(SH \perp AB\), \(SM \perp AB\). Следовательно, \(AB \perp HSM\). В плоскости \(HSM\) проведём \(OK \perp SM\), точка \(K\) принадлежит апофеме \(SM\). Поскольку \(AB \perp HSM\) и \(OK \subset HSM\), то \(AB \perp OK\). Имеем: \(OK \perp SM\), \(OK \perp AB\). Следовательно, \(OK \perp ASB\), и отрезок \(OK\) — радиус вписанного шара: \(OK = 12\) см.

Прямоугольные треугольники \(KSO\) и \(HSM\) имеют общий острый угол \(S\), поэтому они подобны: \(\frac{OK}{HM} = \frac{SO}{SM}\), откуда \(SM = \frac{SO \cdot HM}{OK} = \frac{18 \cdot HM}{12} = \frac{3}{2}HM\). Из прямоугольного треугольника \(SHM\): \(SM^2 - HM^2 = SH^2\), т. е.

\[\begin{aligned} \frac{9}{4}HM^2 - HM^2 &= 900; \\ \frac{5}{4}HM^2 &= 900; \qquad | \cdot \frac{4}{5} \\ HM^2 &= 720; \\ HM &= 12\sqrt{5} \text{ (см)}. \end{aligned}\]

В правильном шестиугольнике сторона равна радиусу описанной окружности, поэтому треугольник \(AHB\) равносторонний, а \(HM\) — его высота: \(HM = \frac{\sqrt{3}}{2}HA\). Отсюда \(HA^2 = \frac{4}{3}HM^2 = \frac{4}{3} \cdot 720 = 960\).

Центр \(Q\) шара, описанного около правильной пирамиды, принадлежит прямой \(SH\), содержащей её высоту, и \(QS = QA = R\). Точка \(Q\) лежит на луче \(SH\): если бы точка \(S\) лежала между \(Q\) и \(H\), то было бы \(QA > QH > QS\) (гипотенуза \(QA\) прямоугольного треугольника \(QHA\) больше катета \(QH\)), а \(QA = QS\). Значит, \(QH = |SH - SQ| = |30 - R|\).

Плоскость \(SAD\) содержит прямую \(SH\) (\(H\) — середина диагонали \(AD\)) и центр \(Q\), поэтому пересекает описанную сферу по большой окружности, проходящей через точки \(S\), \(A\), \(D\).

Из прямоугольного треугольника \(QHA\): \(QA^2 = QH^2 + HA^2\), т. е.

\[\begin{aligned} R^2 &= (30 - R)^2 + 960; \\ 60R &= 1860; \qquad | : 60 \\ R &= 31. \end{aligned}\]

Так как \(SQ = R = 31\) см \(> SH\), центр \(Q\) лежит на продолжении высоты \(SH\) за точку \(H\), на расстоянии \(QH = 1\) см от плоскости основания, т. е. вне пирамиды.

Ответ: 31 см.