Страница 142 номер 15.4, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень

Дано:
\(SABCD\) — правильная четырёхугольная пирамида
\(AB = a\)
\(\alpha\) — двугранный угол пирамиды при ребре основания
шар с центром \(O\) вписан в пирамиду

Найти: \(r\) — радиус шара.

Решение: Пирамида правильная, поэтому центр \(O\) вписанного шара принадлежит высоте \(SH\) пирамиды, где \(H\) — точка пересечения диагоналей квадрата \(ABCD\). Грани пирамиды касаются шара, а касательная плоскость к сфере перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, поэтому центр шара удалён от плоскости каждой грани на расстояние \(r\). Отрезок \(OH\) перпендикулярен плоскости основания, значит, \(OH = r\).

Пусть \(M\) и \(N\) — середины рёбер \(CD\) и \(AB\). Отрезок \(MN\), соединяющий середины противолежащих сторон квадрата, параллелен стороне \(AD\) и равен ей, а центр \(H\) квадрата — середина отрезка \(MN\). Поскольку \(AD \perp CD\), то \(HM \perp CD\), и \(HM = \frac{AD}{2} = \frac{a}{2}\).

Отрезок \(SM\) — медиана равнобедренного треугольника \(CSD\), проведённая к основанию, поэтому \(SM \perp CD\), то есть \(SM\) — апофема пирамиды. Поскольку \(HM \perp CD\) и \(SM \perp CD\), угол \(SMH\) — линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре \(CD\): \(\angle SMH = \alpha\). Прямая \(CD\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(SM\) и \(MN\) плоскости \(SMN\), поэтому \(CD \perp SMN\). В плоскости \(SMN\) проведём \(OK \perp SM\), точка \(K\) принадлежит апофеме \(SM\). Поскольку \(CD \perp SMN\) и \(OK \subset SMN\), то \(CD \perp OK\). Имеем: \(OK \perp SM\), \(OK \perp CD\), следовательно, \(OK \perp CSD\). Значит, отрезок \(OK\) — расстояние от центра шара до плоскости грани \(CSD\), \(OK = r\).

Плоскость \(SMN\) проходит через высоту \(SH\), а значит, и через центр \(O\) шара; она пересекает шар по большому кругу радиуса \(r\), а пирамиду — по треугольнику \(SMN\).

Точка \(O\) лежит на отрезке \(SH\), то есть внутри угла \(SMH\), и удалена от его сторон \(MH\) и \(MS\) на одно и то же расстояние \(r\) (\(OH \perp MH\), \(OK \perp MS\), \(OH = OK = r\)). Следовательно, \(MO\) — биссектриса угла \(SMH\) и \(\angle OMH = \frac{\alpha}{2}\). Из прямоугольного треугольника \(OHM\) (\(\angle OHM = 90^\circ\)):

\[r = OH = HM \operatorname{tg} \angle OMH = \frac{a}{2}\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}.\]

Ответ: \(\frac{a}{2}\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}\).