ГДЗ по Геометрии 11 Класс Базовый Уровень Номер 21.68 Мерзляк, Номировский, Полонский, Якир — Подробные Ответы

Основанием пирамиды является треугольник со сторонами 25 см, 29 см и 36 см, а вершина пирамиды удалена от каждой стороны основания на 10 см. Найдите площадь большого круга шара, вписанного в данную пирамиду.

Даны стороны треугольника \(AB = 29\), \(BC = 25\), \(AC = 36\) и высота \(SH = 10\).

Найдем полупериметр треугольника:
\(p = \frac{AB + BC + AC}{2} = \frac{29 + 25 + 36}{2} = 45\).

Вычислим площадь по формуле Герона:
\(S = \sqrt{p(p — AB)(p — BC)(p — AC)} =\)
\(= \sqrt{45 \cdot (45 — 29) \cdot (45 — 25) \cdot (45 — 36)} = \sqrt{45 \cdot 16 \cdot 20 \cdot 9} = 360\).

Радиус вписанной окружности:
\(r = \frac{S}{p} = \frac{360}{45} = 8\).

Найдем отрезок \(SO\) в прямоугольном треугольнике \(SOH\):
\(SO = \sqrt{SH^2 — OH^2} = \sqrt{10^2 — 8^2} = \sqrt{100 — 64} = 6\).

По свойству шара, вписанного в пирамиду:
\(O_1\) — центр шара, \(HO_1\) — биссектриса угла \(SHO\),
\(O_1K \perp SH\),
\(HK = HO = r = 8\), \(KO_1 = OO_1 = R\).

Найдем \(KS\):
\(KS = SH — HK = 10 — 8 = 2\).

Рассмотрим треугольник с гипотенузой \(SO_1\):
\(SO_1 = \sqrt{KS^2 + SO^2} = \sqrt{2^2 + R^2} = \sqrt{4 + R^2}\),
а также \(SO_1 = SO — OO_1 = 6 — R\).

Приравниваем:
\(\sqrt{4 + R^2} = 6 — R\),
возводим в квадрат:
\(4 + R^2 = (6 — R)^2 = 36 — 12R + R^2\),
сокращаем \(R^2\):
\(4 = 36 — 12R\),
\(12R = 32\),
\(R = \frac{32}{12} = \frac{8}{3}\).

Площадь большого круга шара:
\(S = \pi R^2 = \pi \left(\frac{8}{3}\right)^2 = \frac{64}{9} \pi\).

Даны стороны треугольника \(AB = 29\) см, \(BC = 25\) см, \(AC = 36\) см и высота \(SH = 10\) см. Для начала необходимо найти радиус окружности, вписанной в треугольник. Напомним, что радиус вписанной окружности \(r\) связан с площадью треугольника \(S\) и его полупериметром \(p\) формулой \(r = \frac{S}{p}\), где \(p = \frac{AB + BC + AC}{2}\).

Считаем полупериметр:
\(p = \frac{29 + 25 + 36}{2} = \frac{90}{2} = 45\) см.
Далее вычислим площадь треугольника по формуле Герона:
\(S = \sqrt{p(p — AB)(p — BC)(p — AC)}=\)
\( = \sqrt{45 \cdot (45 — 29) \cdot (45 — 25) \cdot (45 — 36)}\).
Подставляя значения, получаем:
\(S = \sqrt{45 \cdot 16 \cdot 20 \cdot 9} = \sqrt{129600} = 360\) см².
Таким образом, радиус вписанной окружности равен:
\(r = \frac{360}{45} = 8\) см.

Теперь найдем длину отрезка \(SO\) в прямоугольном треугольнике \(SOH\). Из условия известно, что \(SH = 10\) см, а \(OH = r = 8\) см. По теореме Пифагора:
\(SO = \sqrt{SH^2 — OH^2} = \sqrt{10^2 — 8^2} = \sqrt{100 — 64} = \sqrt{36} = 6\) см.
Далее рассмотрим треугольник \(\triangle SOH\). Центр шара \(O_1\) лежит на биссектрисе угла \(SHO\), а отрезок \(O_1K\) перпендикулярен \(SH\). По свойствам треугольника и шара:
\(HK = HO = r = 8\) см, и \(KO_1 = OO_1 = R\), где \(R\) — радиус искомого шара.

Найдем длину отрезка \(KS\):
\(KS = SH — HK = 10 — 8 = 2\) см.
Теперь выразим радиус шара \(R\) через известные длины. Рассмотрим треугольник с гипотенузой \(SO_1\), где:
\(SO_1 = \sqrt{KS^2 + SO^2} = \sqrt{2^2 + R^2} = \sqrt{4 + R^2}\),
и с другой стороны:
\(SO_1 = SO — OO_1 = 6 — R\).
Приравниваем:
\(\sqrt{4 + R^2} = 6 — R\).
Возводим обе части в квадрат:
\(4 + R^2 = (6 — R)^2 = 36 — 12R + R^2\).
Сокращаем \(R^2\) по обеим сторонам:
\(4 = 36 — 12R\),
откуда
\(12R = 36 — 4 = 32\),
и
\(R = \frac{32}{12} = \frac{8}{3}\) см.

Наконец, найдем площадь большого круга шара. Центр большого круга совпадает с центром шара, а радиус круга равен радиусу шара \(R\). Тогда площадь круга:
\(S = \pi R^2 = \pi \left(\frac{8}{3}\right)^2 = \pi \frac{64}{9} = \frac{64}{9} \pi\) см².