Номер 16, страница 90 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 11. Комбинации конуса и пирамиды. Глава 2. Тела вращения - номер 16, страница 90.

Условие.

11.16. Докажите, что если в пирамиду $MABCD$ можно вписать конус, то сумма площадей граней $AMB$ и $CMD$ равна сумме площадей граней $AMD$ и $BMC$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Поскольку в пирамиду $MABCD$ можно вписать конус, это означает, что вершина конуса совпадает с вершиной пирамиды $M$, а его основание является кругом, вписанным в основание пирамиды — четырехугольник $ABCD$.

Из того, что в четырехугольник $ABCD$ можно вписать окружность (он является описанным), по теореме Пито следует, что суммы длин его противоположных сторон равны:
$AB + CD = BC + DA$.

Условие, что в пирамиду вписан конус, также означает, что все её боковые грани равнонаклонены к плоскости основания. Это, в свою очередь, означает, что высота пирамиды, опущенная из вершины $M$, попадает в центр $O$ вписанной в основание окружности.

Пусть $H$ — высота пирамиды ($MO = H$), а $r$ — радиус вписанной в основание окружности. Проведем из вершины $M$ высоты (апофемы) к сторонам основания. Пусть $MK_1, MK_2, MK_3, MK_4$ — апофемы к сторонам $AB, BC, CD, DA$ соответственно. Точки $K_1, K_2, K_3, K_4$ являются точками касания вписанной окружности со сторонами основания.

По теореме о трех перпендикулярах, так как $MO \perp (ABCD)$ и $OK_1 \perp AB$, то и наклонная $MK_1 \perp AB$. Аналогично для других апофем.

Рассмотрим прямоугольные треугольники, образованные высотой пирамиды $MO$, радиусами $OK_i$ и апофемами $MK_i$. Все эти треугольники ($\triangle MOK_1, \triangle MOK_2, \triangle MOK_3, \triangle MOK_4$) равны по двум катетам (общий катет $MO=H$ и катеты $OK_i=r$). Следовательно, их гипотенузы, которые являются апофемами боковых граней, равны между собой:
$h = MK_1 = MK_2 = MK_3 = MK_4 = \sqrt{H^2 + r^2}$.

Теперь запишем площади боковых граней пирамиды:
$S_{AMB} = \frac{1}{2} AB \cdot h$
$S_{CMD} = \frac{1}{2} CD \cdot h$
$S_{AMD} = \frac{1}{2} DA \cdot h$
$S_{BMC} = \frac{1}{2} BC \cdot h$

Сложим площади противоположных граней:
$S_{AMB} + S_{CMD} = \frac{1}{2} AB \cdot h + \frac{1}{2} CD \cdot h = \frac{1}{2}h(AB + CD)$.
$S_{AMD} + S_{BMC} = \frac{1}{2} DA \cdot h + \frac{1}{2} BC \cdot h = \frac{1}{2}h(DA + BC)$.

Поскольку для основания $ABCD$ выполняется равенство $AB + CD = BC + DA$, то правые части выражений для сумм площадей равны. Следовательно, равны и левые части:
$S_{AMB} + S_{CMD} = S_{AMD} + S_{BMC}$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.