Номер 531, страница 174 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

531*. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна $a$, а угол между противолежащими боковыми гранями — $\alpha$. Найдите радиус вписанного шара.

Пусть $SABCD$ – данная правильная четырехугольная пирамида. Основание $ABCD$ – квадрат со стороной $a$. Пусть $O$ – центр основания, $SO$ – высота пирамиды.

Угол между противолежащими боковыми гранями, например $SAB$ и $SCD$, по условию равен $\alpha$. Для нахождения этого угла построим его линейный угол. Проведем апофемы $SM$ и $SN$ в гранях $SAB$ и $SCD$ соответственно (где $M$ и $N$ – середины сторон $AB$ и $CD$). Так как пирамида правильная, $SM \perp AB$ и $SN \perp CD$. Плоскость, проходящая через апофемы $SM$ и $SN$, перпендикулярна ребрам $AB$ и $CD$, а значит, угол $\angle MSN$ в треугольнике $SMN$ является линейным углом двугранного угла между гранями $SAB$ и $SCD$. Таким образом, $\angle MSN = \alpha$.

Рассмотрим треугольник $SMN$. Он является равнобедренным, так как апофемы правильной пирамиды равны: $SM = SN$. Высота пирамиды $SO$ является в этом треугольнике высотой, медианой и биссектрисой. Отрезок $MN$ соединяет середины противолежащих сторон квадрата, поэтому его длина равна стороне квадрата: $MN = a$. Так как $O$ – середина $MN$, то $OM = \frac{a}{2}$.

Центр вписанного в пирамиду шара (назовем его $I$) лежит на оси симметрии пирамиды, то есть на ее высоте $SO$. Радиус вписанного шара $r$ – это расстояние от центра $I$ до каждой грани пирамиды. В частности, расстояние от $I$ до плоскости основания $ABCD$ равно $IO$, следовательно, $IO = r$.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью $SMN$. Центр вписанного шара $I$ лежит на высоте $SO$ в этой плоскости. Шар касается основания в точке $O$ и боковой грани $SAB$. Это означает, что точка $I$ равноудалена от плоскости основания $(ABCD)$ и плоскости боковой грани $(SAB)$. Следовательно, $I$ лежит на биссекторной плоскости двугранного угла между гранью $SAB$ и основанием $ABCD$.

Линейным углом этого двугранного угла является угол $\angle SMO$. Обозначим его $\beta$. В прямоугольном треугольнике $SOM$ (угол $\angle SOM = 90^\circ$):

$\angle SMO + \angle MSO = 90^\circ$

Поскольку $SO$ – биссектриса угла $\angle MSN$, то $\angle MSO = \frac{\alpha}{2}$.

Тогда $\beta + \frac{\alpha}{2} = 90^\circ$, откуда $\beta = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.

Так как точка $I$ лежит на биссектрисе двугранного угла $\beta$, то в сечении $SMN$ отрезок $MI$ является биссектрисой угла $\angle SMO$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $IOM$ (угол $\angle IOM = 90^\circ$). В нем:

$\angle IMO = \frac{\beta}{2} = \frac{90^\circ - \frac{\alpha}{2}}{2} = 45^\circ - \frac{\alpha}{4}$

Из треугольника $IOM$ выразим радиус $r = IO$ через $OM = \frac{a}{2}$:

$\tan(\angle IMO) = \frac{IO}{OM}$

$r = IO = OM \cdot \tan(\angle IMO) = \frac{a}{2} \tan(45^\circ - \frac{\alpha}{4})$

Ответ: $r = \frac{a}{2} \tan(45^\circ - \frac{\alpha}{4})$