Страница 144 номер 15.28, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень

Дано:
\(SABC\) — правильная пирамида, \(ABC\) — основание
сфера вписана в пирамиду
\(\beta\) — касательная плоскость к сфере, \(\beta \parallel ASC\)
\(\beta \cap SB = K\), \(BK : KS = 3 : 2\)

Найти: двугранный угол пирамиды при ребре основания.

Решение: Пусть \(SH\) — высота пирамиды (\(H\) — центр правильного треугольника \(ABC\)), \(M\) — середина ребра \(AC\). Точка \(H\) лежит на медиане \(BM\) и делит её в отношении \(BH : HM = 2 : 1\), поэтому \(BM = 3HM\). Имеем: \(SM \perp AC\), \(BM \perp AC\) (медианы равнобедренных треугольников \(ASC\) и \(ABC\)). Следовательно, \(AC \perp BSM\), а \(\angle SMB\) — линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре \(AC\); обозначим \(\angle SMB = \varphi\). В правильной пирамиде двугранные углы при рёбрах основания равны, поэтому искомый угол равен \(\varphi\).

Поскольку пирамида правильная, центр \(O\) вписанной сферы принадлежит высоте \(SH\). Отрезок \(OH\) перпендикулярен плоскости основания, которой касается сфера, поэтому \(OH = r\), где \(r\) — радиус сферы. В плоскости \(BSM\) проведём \(OP \perp SM\). Поскольку \(AC \perp BSM\) и \(OP \subset BSM\), то \(AC \perp OP\). Имеем: \(OP \perp SM\), \(OP \perp AC\). Следовательно, \(OP \perp ASC\) и \(OP = r\), т. е. \(P\) — точка касания сферы с гранью \(ASC\).

Плоскость \(\beta\) касается сферы в некоторой точке \(P_1\). Радиус \(OP_1\) перпендикулярен плоскости \(\beta\), а значит, и параллельной ей плоскости \(ASC\); через точку \(O\) проходит только одна прямая, перпендикулярная плоскости \(ASC\), поэтому точка \(P_1\) лежит на прямой \(OP\). Точки \(P\) и \(P_1\) различны: иначе точка \(P\) была бы общей точкой параллельных плоскостей \(ASC\) и \(\beta\), а параллельные плоскости общих точек не имеют. Значит, \(O\) — середина отрезка \(PP_1\) и \(PP_1 = 2r\). Отрезок \(PP_1\) перпендикулярен обеим плоскостям, поэтому расстояние между плоскостями \(ASC\) и \(\beta\) равно \(2r\); на таком расстоянии от плоскости \(ASC\) находится и точка \(K\) плоскости \(\beta\).

В плоскости \(BSM\) проведём \(BT \perp SM\) и \(KE \perp SM\) (точки \(T\) и \(E\) лежат на прямой \(SM\)). Так же, как для \(OP\), получаем \(BT \perp ASC\) и \(KE \perp ASC\), т. е. \(BT\) и \(KE\) — расстояния от точек \(B\) и \(K\) до плоскости \(ASC\): \(KE = 2r\). Прямые \(KE\) и \(BT\) параллельны, поэтому треугольники \(SKE\) и \(SBT\) подобны и \(\frac{KE}{BT} = \frac{SK}{SB} = \frac{2}{5}\). Отсюда \(BT = \frac{5}{2}KE = 5r\).

Из прямоугольного треугольника \(BTM\): \(BT = BM \sin\varphi\), а из прямоугольного треугольника \(SHM\) (\(\angle SMH = \varphi\), так как точка \(H\) лежит на отрезке \(MB\)): \(\sin\varphi = \frac{SH}{SM}\). Значит, \(BT = \frac{3HM \cdot SH}{SM}\).

Прямоугольные треугольники \(PSO\) и \(HSM\) имеют общий острый угол \(S\), поэтому они подобны: \(\frac{OP}{HM} = \frac{SO}{SM}\), т. е. \(\frac{r}{HM} = \frac{SH - r}{SM}\). Отсюда \(r \cdot SM = SH \cdot HM - r \cdot HM\) и \(r = \frac{SH \cdot HM}{SM + HM}\).

Подставим найденные выражения в равенство \(BT = 5r\):

\[\begin{aligned} \frac{3HM \cdot SH}{SM} &= \frac{5 \cdot SH \cdot HM}{SM + HM}; \qquad | : (SH \cdot HM) \\ \frac{3}{SM} &= \frac{5}{SM + HM}; \\ 3SM + 3HM &= 5SM; \\ 3HM &= 2SM. \end{aligned}\]

Из прямоугольного треугольника \(SHM\): \(\cos\varphi = \frac{HM}{SM} = \frac{2}{3}\), \(\varphi = \arccos\frac{2}{3}\).

Ответ: \(\arccos\frac{2}{3}\).