Страница 144 номер 15.26, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень

Дано:
\(SABCD\) — правильная четырёхугольная пирамида
\(R = 15\) см — радиус описанного шара
\(d = 5\) см — расстояние от центра описанного шара до боковой грани

Найти: \(r\) — радиус вписанного шара.

Решение: Пусть \(SH\) — высота пирамиды (\(H\) — центр квадрата \(ABCD\)), \(M\) — середина ребра \(AB\), \(SM\) — апофема грани \(ASB\). Центр \(Q\) шара, описанного около правильной пирамиды, принадлежит прямой \(SH\), содержащей её высоту, и \(QS = QA = 15\) см. 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 \(QA = QS\).

Имеем: \(SH \perp AB\), \(SM \perp AB\). Следовательно, \(AB \perp HSM\). В плоскости \(HSM\) проведём \(QT \perp SM\). Поскольку \(AB \perp HSM\) и \(QT \subset HSM\), то \(AB \perp QT\). Имеем: \(QT \perp SM\), \(QT \perp AB\). Следовательно, \(QT \perp ASB\), и \(QT\) — расстояние от центра \(Q\) до боковой грани: \(QT = 5\) см.

Угол \(QSM\) равен острому углу \(HSM\) прямоугольного треугольника \(SHM\) (точка \(Q\) лежит на луче \(SH\)), поэтому точка \(T\) лежит на луче \(SM\), и из прямоугольного треугольника \(QTS\): \(\sin\angle HSM = \frac{QT}{QS} = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}\).

Пусть \(SH = h\). Из прямоугольного треугольника \(SHM\): \(HM = SM \sin\angle HSM = \frac{SM}{3}\), поэтому \(h = \sqrt{SM^2 - HM^2} = \sqrt{9HM^2 - HM^2} = 2\sqrt{2} \cdot HM\) и \(HM = \frac{h}{2\sqrt{2}}\). Отрезок \(HA\) — половина диагонали квадрата со стороной \(AB = 2HM\), поэтому \(HA = HM\sqrt{2} = \frac{h}{2}\).

Точки \(Q\) и \(H\) лежат на луче \(SH\), поэтому \(QH = |SH - SQ| = |h - 15|\). Из прямоугольного треугольника \(QHA\): \(QA^2 = QH^2 + HA^2\), т. е.

\[\begin{aligned} (h - 15)^2 + \frac{h^2}{4} &= 225; \\ \frac{5}{4}h^2 - 30h &= 0; \\ h\left(\frac{5}{4}h - 30\right) &= 0. \end{aligned}\]

Поскольку \(h > 0\), то \(\frac{5}{4}h = 30\), \(h = 24\) (см). Тогда \(QH = 9\) см, \(HM = \frac{24}{2\sqrt{2}} = 6\sqrt{2}\) (см), \(SM = 3HM = 18\sqrt{2}\) (см).

Поскольку пирамида правильная, центр \(O\) вписанного шара принадлежит высоте \(SH\). Отрезок \(OH\) перпендикулярен плоскости основания, которой касается шар, поэтому \(OH = r\) и \(SO = 24 - r\). В плоскости \(HSM\) проведём \(OK \perp SM\); так же, как для отрезка \(QT\), получаем \(OK \perp ASB\), поэтому отрезок \(OK\) — радиус вписанного шара: \(OK = r\).

Прямоугольные треугольники \(KSO\) и \(HSM\) имеют общий острый угол \(S\), поэтому они подобны: \(\frac{OK}{HM} = \frac{SO}{SM}\), т. е.

\[\begin{aligned} \frac{r}{6\sqrt{2}} &= \frac{24 - r}{18\sqrt{2}}; \qquad | \cdot 18\sqrt{2} \\ 3r &= 24 - r; \\ 4r &= 24; \qquad | : 4 \\ r &= 6. \end{aligned}\]

Ответ: 6 см.