For nemt at kunne løse problemer, der involverer en bold indskrevet i en pyramide, er det nyttigt at gennemgå lidt teoretisk materiale.
En kugle er indskrevet i en pyramide (eller en kugle er indskrevet i en pyramide) - det betyder, at kuglen (kuglen) rører hver side af pyramiden. Planerne, der indeholder pyramidens flader, er kuglens tangentplaner. Segmenterne, der forbinder kuglens centrum med kontaktpunkterne, er vinkelrette på tangentplanerne. Deres længder er lig med kuglens radius. Midten af en kugle indskrevet i en pyramide er skæringspunktet mellem halveringslinjerne for de dihedrale vinkler ved bunden (det vil sige planerne, der deler disse vinkler i to).
Oftest i opgaver vi taler om om en bold indskrevet i korrekt pyramide. Bolden kan passes ind i enhver almindelig pyramide. Kuglens centrum ligger i dette tilfælde i højden af pyramiden. Når du løser problemet, er det praktisk at skære pyramiden og bolden med et fly, der passerer gennem apotem og pyramidens højde.
Hvis pyramiden er firkantet eller sekskantet, er tværsnittet ligebenet trekant, sider af hvilke er apotemerne, og bunden er diameteren af cirklen, der er indskrevet i bunden.
Hvis pyramiden er trekantet eller femkantet, er det nok kun at overveje en del af dette afsnit - retvinklet trekant, hvis ben er højden af pyramiden og radius af cirklen indskrevet ved bunden af pyramiden, og hypotenusen er apotem.
Under alle omstændigheder ender vi med at se på den tilsvarende retvinklede trekant og andre relaterede trekanter.
Så i en retvinklet trekant SOF er benet SO=H pyramidens højde, benet OF=r er radius af cirklen indskrevet ved bunden af pyramiden, hypotenusen SF=l er pyramidens apotem . O1 er midten af bolden og følgelig cirklen indskrevet i trekanten opnået i sektionen (vi betragter en del af det). Vinkel SFO - lineær vinkel dihedral vinkel mellem basisplanet og planet for sidefladen af SBC'en. Punkterne K og O er tangentpunkter, derfor er O1K vinkelret på SF. OO1=O1K=R - kuglens radius.
De retvinklede trekanter OO1F og KO1F er lige store (langs benene og hypotenusen). Derfor KF=OF=r.
De retvinklede trekanter SKO1 og SOF ligner hinanden (i skarpt hjørne S), hvoraf følger det
I trekant SOF anvender vi egenskaben for trekanthalveringslinjen:
Fra retvinklet trekant OO1F
Når du løser problemer, der involverer en bold indskrevet i en almindelig pyramide, vil endnu en begrundelse være nyttig.
Lad os nu finde forholdet mellem pyramidens volumen og dens overfladeareal.
183. Det er let at bevise, at midten af segmentet, der forbinder centrene af prismets baser, er midten af de indskrevne og omskrevne kugler. Radius af en cirkel indskrevet ved bunden er lig med radius indskrevet bold. Lade r er radius af den indskrevne kugle, R er radius af den omskrevne kugle. Overvej en retvinklet trekant, hvis toppunkter er et af basens toppunkter, midten af basen og kuglernes centrum. Vi har R 2 = r 2 + r 2 1 hvor . Herfra
Forholdet mellem volumen af en omskrevet kugle og volumen af en indskrevet kugle er
184. Radierne af de omskrevne og indskrevne kugler er lig med segmenterne af højden af det tetraeder, som det er opdelt i fælles center disse bolde. Det er let at finde ud af, at forholdet mellem disse segmenter er 3:1.
Faktisk fra lignende trekanter BQO og BPK (fig. 188) har vi:
Da kuglernes overflader er relateret til kvadraterne af deres radier, er det nødvendige forhold 9.
______________________________________________
185. Volumenet af regulære tetraeder er i forhold til kuberne af radierne af kuglerne indskrevet i dem. Da en kugle indskrevet i et større tetraeder er omskrevet omkring et mindre tetraeder, er forholdet mellem de nævnte radier af indskrevne kugler (se løsning til opgave 184) lig med 3:1. Derfor er det nødvendige volumenforhold 3 3 = 27.
______________________________________________
186. Lad os antage, at problemet er løseligt. Lad os tegne en plan A 1 B 1 C 1 (se fig. 189, a) tangent til den mindre kugle og parallelt med bunden ABC for et givet tetraeder. Tetraederet SA 1 B 1 C 1 er beskrevet omkring en kugle med radius r . Det er let at finde ud af, at dens højde SQ 1 = 4 r (se opgave 184).
Lad længden af kanten af SABC-tetraederet være x . Så er segmentet AQ = x √ 3 / 3 og højde SQ = x √ 6 / 3 .
Efter at have besluttet andengradsligning, finder vi
x 1,2 = r √6 ± √ R 2 - 3r 2 .
I denne formel skal du kun tage roden med et plustegn, for SA er under alle omstændigheder større end 3 r , og 3 r > r √6 .
Det er klart, at opgaven er mulig under betingelsen R > √3 r
______________________________________________
187. Lad A 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 - regulær sekskant, opnået i et afsnit af en terning. Problemet kommer ned til at bestemme radius af en kugle indskrevet i en regulær sekskantet pyramide SA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 (fig. 190).
Siden af bunden af pyramiden er -en √ 2 / 2 og højden er -en √ 3 / 2
At drage fordel af det faktum, at radius af en kugle indskrevet i en pyramide er lig med tre gange pyramidens rumfang divideret med dens fuld overflade(se formel (1) i løsningen af problemet), finder vi:
Derfor er det nødvendige forhold lig med 
______________________________________________
188. Lad O være centrum af kuglen, og AS, BS og CS være de givne akkorder. Det er klart, at trekant ABC er ligesidet (fig. 191).
Det er også let at se, at den vinkelrette SO 1 på planet ABC, når den er udstrakt, passerer gennem midten af kuglen O, da punktet O 1 er midten af cirklen afgrænset ca. /\ ABC.
Efter disse bemærkninger, lad os betegne med d den nødvendige akkordlængde. Fra trekant SAB finder vi:
AB = 2 d synd α / 2
og derfor
Ved at beregne arealet af en ligebenet trekant SOA på to måder får vi:
______________________________________________
189. Radius af en indskrevet kugle r finder vi at bruge formlen (jf. formel (1) i løsningen af problemet)
hvor V er pyramidens rumfang, og S er dens samlede overflade.
Lad os først finde pyramidens rumfang. Bemærk til dette, at de retvinklede trekanter BSC og BSA (fig. 192) er lige store lige store hypotenuser og generel side. På grund af dette er den retvinklede trekant ASC ligebenet. Fordi
AS=CS= √a 2 -b 2 ,
så derfor
______________________________________________
190. Lad os betegne med r radius af den indskrevne kugle, og gennem R radius af den omskrevne kugle.
Lad os først betragte trekanten SFE, hvis sider SF er højden af pyramiden, og den anden SE er højden af sidefladen (fig. 193, a). Lad O være midten af den indskrevne kugle. Fra trekanter SFE og OFE (fig. 193, b) har vi:
FE= r ctg φ / 2 ,
SF= r ctg φ / 2 tg φ .
DF = EF√2
Med henvisning til fig. 193, c, som viser et snit tegnet gennem pyramidens akse og dens side rib, kan vi nemt finde:
DO 1 2 = O 1 F 2 + DF 2
R2 = (SF - R)2 + DF2.
Da R = 3 r , så vi her erstatter de tidligere fundne udtryk for SF og DF, får vi en ligning for φ :
eller efter forenkling
6 tg φ / 2 tg φ = 2 + tan 2 φ .
7z 4 -6z 2 + l = 0.
Fordi z > 0, så er kun to svar mulige:
______________________________________________
191. I alt får vi 6 bigoner (i henhold til antallet af kanter) og 4 trekanter (fig. 194).
Lad os med S 1 betegne arealet af hver af trekanter og med S 2 arealet af hver af bigonerne. Vi har:
4S 1 + 6S 2 = 4 π R2. (1)
Lad S 0 være summen af arealerne af en trekant og tre tilstødende diagoner. S 0 er arealet sfærisk segment, afskåret af planet af tetraederfladen. Dette område er 2 π R h , Hvor h - segmenthøjde. Da højden af tetraederet er divideret med kuglens centrum i forholdet 3:1 (se opgave 184), så
H = R + 1/3 R = 4/3 R
hvor finder vi det fra? h = 2R - 4/3 R = 2/3 R.
S 1 + 3 S 2 = 2 π R 2/3 R = 4/3 π R2. (2)
Efter at have løst systemet bestående af ligning (1) og (2), i forhold til de ukendte S 1 og S 2, får vi:
S 1 = 2/3 π R2, S2 = 2/9 π R 2
______________________________________________
192. Lad R være radius kegle base, α - vinklen mellem keglens akse og generatricen, r - radius af den indskrevne kugle. I aksialt snit kegle har vi en ligebenet trekant ABC (Fig. 195).
Radius af en cirkel indskrevet i denne trekant er lig med radius r en kugle indskrevet i en kegle. Lad O være centrum af cirklen, / OSA = β .
Så er det åbenlyst, at tg β = r /R. Men i henhold til betingelserne for problemet
Herfra r / R = 1 / √ 3 og derfor β = π / 6. Da der desuden α +2β = π / 2, så α = π / 6. Derfor er den nødvendige vinkel 2 α = π / 3 .
______________________________________________
193. Lade r - radius af halvkuglen, R - radius af keglens base, l -former af keglen, α - vinklen mellem keglens akse og generatricen.
I henhold til betingelserne for det problem, vi har
Lad os introducere vinklen i denne lighed α . For at gøre dette skal du overveje en ligebenet /\ ABC (Fig. 196), hvilket resulterer i den aksiale sektion af keglen. Fra /\ ABC finder vi
R= l synd α , r = Rcos α = l synd α cos α .
Midten af en kugle, der berører kanterne af tetraeder ABCQ (fig.), falder sammen med midten af tetraederet (dvs. med punktet O, lige langt fra hjørnerne A, B, C, D), og kuglens kontaktpunkter med kanterne er midtpunkterne på kanterne. For eksempel er tangenspunktet N midtpunktet af kanten AD. Faktisk er alle seks ligebenede trekanter AOB, BOC, COA, BOD, COD og AOD (kun trekant AOD tegnet) lig med hinanden (på tre sider). Derfor er deres højder OM, ON osv. ens. Derfor, hvis vi beskriver en kugle med radius ON = r , så vil den passere gennem midten af L, M, N, Q, K, R kanter og røre ved dem der (siden ON⊥AD osv.).
Lad os tegne planet ADG gennem højden af tetraederet DG og kanten AD. Den vil stå vinkelret på kanten BC (beviset er givet i opgaven) og vil skære denne kant ved dens midterste M. I afsnittet får vi en ligebenet trekant AMD (AM=MD). Lad os finde højden MN af denne trekant (N er midtpunktet af AD). Centrum af O ligger på MN (da det er lige langt fra A og O). Derfor er MO=NEJ. Midler, r = MN/2. Højden MN bestemmes ud fra trekanten ANM, hvor AN = -en / 2 og AM = -en √ 3/2. (som et udtryk for en ligesidet trekant ABC). Vi har
Den del af bolden, der er placeret uden for tetraederet, består af fire lige store segmenter afskåret fra bolden af tetraederets kanter. Lad os overveje et af BDC-ansigterne. Cirklen LMK, der ligger ved bunden af segmentet, er indskrevet i ligesidet trekant BDC (fordi trekantens sider rører bolden; derfor rører de også den lille cirkel LMK, der ligger i planet BDC). Radius af denne cirkel FM = -en √ 3 / 6
Derfor,
påkrævet volumen
V=4V c
Kommentar. Cirkel LKM indskrevet i trekant BCD. er afbildet som en ellipse, som let kan tegnes i hånden, hvis vi ud over punkterne K, L, M først markerer tre punkter mere, henholdsvis symmetrisk med dem i forhold til F (punkt F er skæringspunktet for medianer af trekanten BDC).