7409. Ребро PA
пирамиды PABC
перпендикулярно плоскости основания ABC
и равно 1. В треугольнике ABC
угол при вершине A
прямой, а каждый из катетов AB
и AC
равен 2. Точки M
и N
— середины AC
и BC
соответственно. Найдите радиус сферы, вписанной в пирамиду PMNC
.
Ответ. \frac{1}{\sqrt{2}+2+\sqrt{6}}
.
Указание. Если r
— радиус сферы, вписанной в пирамиду, S
— полная поверхность этой пирамиды, а V
— её объём, то r=\frac{3V}{S}
.
Решение. Если r
— радиус сферы, вписанной в пирамиду PMNC
, S
— полная поверхность этой пирамиды, а V
— её объём, то r=\frac{3V}{S}
.
Поскольку MN
— средняя линия треугольника ABC
, то MN\parallel AB
, а так как AB
— перпендикуляр к плоскости APC
, то MN\perp PM
, поэтому PM
— высота треугольника MPN
. Значит,
S_{\triangle PMN}=\frac{1}{2}MN\cdot PM=\frac{1}{2}MN\sqrt{PA^{2}+AM^{2}}=\frac{1}{2}\cdot1\cdot\sqrt{1+1}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Заметим, что AN
— высота треугольника ABC
. Тогда
AN=\frac{AB\cdot AC}{BC}=2\cdot\frac{2}{2\sqrt{2}}=\sqrt{2}.
По теореме о трёх перпендикулярах PN\perp BC
, поэтому PN
— высота треугольника BPC
и
PN=\sqrt{PA^{2}+AN^{2}}=\sqrt{1+2}=\sqrt{3},
S_{\triangle CPN}=\frac{1}{2}S_{\triangle BPC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}BC\cdot PN=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}=\frac{\sqrt{6}}{2}.
Значит,
S=S_{\triangle PMN}+S_{\triangle CPN}+S_{\triangle CPM}+S_{\triangle CMN}=
=S_{\triangle PMN}+S_{\triangle CPN}+\frac{1}{2}S_{\triangle APC}+\frac{1}{4}S_{\triangle ABC}=
=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot2\cdot1+\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot2\cdot2=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}+2}{2},
а так как
V=\frac{S_{\triangle CMN}}{S_{\triangle ABC}}\cdot V_{PABC}=\frac{1}{4}V_{PABC}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot2\cdot2\cdot1=\frac{1}{6},
то
r=\frac{3V}{S}=\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{6}+2}.