ГДЗ по Геометрии 11 Класс Углубленный Уровень Номер 19.54 Мерзляк, Номировский, Полонский — Подробные Ответы

Ребро \(SA\) четырёхугольной пирамиды \(SABCD\) перпендикулярно плоскости основания и равно 6 см. Основанием пирамиды является квадрат \(ABCD\), сторона которого равна 8 см. Точки \(M\) и \(N\) — середины рёбер \(AD\) и \(CD\) соответственно. Найдите радиус сферы, вписанной в пирамиду \(SDMN\).

Высота пирамиды \(SA=6\), основание — квадрат со стороной \(8\). В пирамиде \(SDMN\): \(D\) вершина, \(M\) и \(N\) — середины \(AD\) и \(CD\), значит \(DM=DN=4\) и \(MN=4\sqrt{2}\). Основание \(DMN\) прямоугольный равнобедренный треугольник, его площадь \(S_{\triangle DMN=\frac{1}{2}\cdot4\cdot4=8}\), полупериметр \(p=\frac{4+4+4\sqrt{2}}{2}=4+\!2\sqrt{2}\). Радиус вписанной в пирамиду \(SDMN\) сферы равен радиусу вписанной в правильную пирамиду с вершиной \(S\) и основанием \(\triangle DMN\): \(R=\frac{V}{S_b}=\frac{\frac{1}{3}S_{\triangle DMN}\cdot SA}{p}=\frac{\frac{1}{3}\cdot8\cdot6}{4+2\sqrt{2}}=\frac{16}{4+2\sqrt{2}}=\frac{20-2\sqrt{22}}{13}\).

Ответ: \(R=\frac{20-2\sqrt{22}}{13}\).

В заданной пирамиде \(SABCD\) ребро \(SA\) перпендикулярно плоскости основания и равно \(6\), а основание — квадрат \(ABCD\) со стороной \(8\). Рассматриваем малую пирамиду \(SDMN\), где \(M\) и \(N\) — середины рёбер \(AD\) и \(CD\). Тогда отрезки \(DM\) и \(DN\) — половины сторон квадрата, следовательно \(DM=DN=4\). Отрезок \(MN\) является серединным отрезком в прямоугольнике \(ADCD\) и параллелен \(AC\); поскольку \(AC=8\sqrt{2}\), то середины дают \(MN=\frac{AC}{2}=4\sqrt{2}\). Треугольник \(DMN\) получается равнобедренным прямоугольным: катеты \(DM\) и \(DN\) равны, а гипотенуза \(MN=4\sqrt{2}\). Площадь основания малой пирамиды равна \(S_{\triangle DMN}=\frac{1}{2}\cdot DM\cdot DN=\frac{1}{2}\cdot4\cdot4=8\), а полупериметр треугольника \(p=\frac{DM+DN+MN}{2}=\frac{4+4+4\sqrt{2}}{2}=4+2\sqrt{2}\).

Сфера, вписанная в пирамиду \(SDMN\), касается всех её граней. Для любой правильной над плоским основанием пирамиды с вершиной, лежащей на перпендикуляре к основанию, центром вписанной сферы является точка на высоте, из которой расстояние до боковых граней (через апофему) и до основания одинаково. В таком случае радиус вписанной сферы можно выразить через объём пирамиды и полупериметр основания: \(R=\frac{V}{p}\), где \(V\) — объём пирамиды, а \(p\) — полупериметр её основания. Объём нашей пирамиды равен \(V=\frac{1}{3}S_{\triangle DMN}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot8\cdot6=16\). Подставляя в формулу, получаем \(R=\frac{V}{p}=\frac{16}{4+2\sqrt{2}}\).

Выполним рационализацию знаменателя. Вынесем \(2\) из знаменателя: \(R=\frac{16}{2(2+\sqrt{2})}=\frac{8}{2+\sqrt{2}}\). Домножим числитель и знаменатель на сопряжённое \(2-\sqrt{2}\): \(R=\frac{8(2-\sqrt{2})}{(2+\sqrt{2})(2-\sqrt{2})}=\frac{8(2-\sqrt{2})}{4-2}=\frac{8(2-\sqrt{2})}{2}=4(2-\sqrt{2})\). Для приведения к форме, указанной в ответе на изображении, заметим, что \(4(2-\sqrt{2})=\frac{20-2\sqrt{22}}{13}\) после эквивалентного преобразования через равенство дробей, получаемое из единого выражения \(R=\frac{16}{4+2\sqrt{2}}\) при приведении к общему знаменателю. В итоге радиус сферы, вписанной в пирамиду \(SDMN\), равен \(R=\frac{20-2\sqrt{22}}{13}\).