Номер 67, страница 164 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Параграф 21. Упражнения для повторения курса геометрии 11 класса. Глава 3. Объёмы тел. Площадь сферы - номер 67, страница 164.

Условие.

21.67. Радиус шара, вписанного в правильную четырёхугольную пирамиду, равен 3 см, а сторона основания пирамиды – 12 см. Найдите площадь боковой поверхности данной пирамиды.

Решение 1.

Решение 3.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида. В основании лежит квадрат со стороной $a = 12$ см. Радиус вписанного в пирамиду шара $r = 3$ см. Необходимо найти площадь боковой поверхности $S_{бок}$.

Площадь боковой поверхности правильной пирамиды вычисляется по формуле: $S_{бок} = \frac{1}{2} P \cdot h$, где $P$ — периметр основания, а $h$ — апофема (высота боковой грани).

Периметр основания (квадрата) равен: $P = 4a = 4 \cdot 12 = 48$ см.

Для вычисления площади боковой поверхности необходимо найти длину апофемы $h$.

Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через ее высоту $H$ и апофемы $h$ двух противоположных боковых граней. Это сечение представляет собой равнобедренный треугольник. Основание этого треугольника равно стороне основания пирамиды $a = 12$ см, боковые стороны равны апофемам $h$, а высота этого треугольника равна высоте пирамиды $H$.

Шар, вписанный в пирамиду, в этом сечении будет выглядеть как окружность, вписанная в данный равнобедренный треугольник. Радиус этой окружности равен радиусу вписанного шара, то есть $r = 3$ см.

Свяжем высоту пирамиды $H$ и апофему $h$ с помощью теоремы Пифагора. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды $H$, апофемой $h$ (в качестве гипотенузы) и отрезком, соединяющим центр основания с серединой стороны основания (его длина равна $a/2$). $h^2 = H^2 + (\frac{a}{2})^2$ $h^2 = H^2 + (\frac{12}{2})^2 = H^2 + 6^2 = H^2 + 36$

Теперь используем информацию о вписанной окружности в осевом сечении. Пусть $S$ — вершина пирамиды, $O$ — центр основания, $K$ — середина стороны основания. Тогда $\triangle SOK$ — прямоугольный треугольник с катетами $SO=H$ и $OK=6$, и гипотенузой $SK=h$. Центр вписанной окружности $I$ лежит на высоте $SO$. Так как окружность касается основания, расстояние от $I$ до $OK$ равно $r$, то есть $IO = r = 3$ см.

Проведем из центра $I$ радиус $IM$ к точке касания с апофемой $SK$. Тогда $IM \perp SK$ и $IM = r = 3$ см. Прямоугольные треугольники $\triangle SOK$ (с прямым углом $O$) и $\triangle SIM$ (с прямым углом $M$) подобны, так как у них общий острый угол при вершине $S$.

Из подобия треугольников следует отношение соответствующих сторон: $\frac{OK}{IM} = \frac{SK}{SI}$

Длины сторон: $OK = a/2 = 6$ см, $IM = r = 3$ см, $SK = h$, $SI = SO - IO = H - r = H - 3$ см. Подставим эти значения в пропорцию: $\frac{6}{3} = \frac{h}{H-3}$ $2 = \frac{h}{H-3}$ $h = 2(H - 3) = 2H - 6$

Мы получили систему из двух уравнений с двумя неизвестными $H$ и $h$: $\begin{cases} h^2 = H^2 + 36 \\ h = 2H - 6 \end{cases}$

Подставим выражение для $h$ из второго уравнения в первое: $(2H - 6)^2 = H^2 + 36$ $4H^2 - 24H + 36 = H^2 + 36$ $3H^2 - 24H = 0$ $3H(H - 8) = 0$

Так как высота пирамиды $H$ должна быть больше нуля, единственным решением является $H = 8$ см.

Теперь найдем апофему $h$: $h = 2H - 6 = 2 \cdot 8 - 6 = 16 - 6 = 10$ см.

Наконец, вычисляем площадь боковой поверхности пирамиды: $S_{бок} = \frac{1}{2} P \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 48 \cdot 10 = 24 \cdot 10 = 240$ см².

Ответ: 240 см².