ಗುಣಲಕ್ಷಣಗಳ ನಿಯಮಿತ ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರನ್‌ನಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ಗೋಳ. ಚೆಂಡನ್ನು ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರನ್‌ನಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ, ಅದರ ಅಂಚು ಒಂದು ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ

ಪಿರಮಿಡ್‌ನಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ಚೆಂಡನ್ನು ಒಳಗೊಂಡಿರುವ ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವಲ್ಲಿ ಸುಲಭವಾಗಿ ನಿಭಾಯಿಸಲು, ಸ್ವಲ್ಪ ಸೈದ್ಧಾಂತಿಕ ವಸ್ತುಗಳನ್ನು ಪರಿಶೀಲಿಸಲು ಇದು ಉಪಯುಕ್ತವಾಗಿದೆ.

ಚೆಂಡನ್ನು ಪಿರಮಿಡ್‌ನಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ (ಅಥವಾ ಪಿರಮಿಡ್‌ನಲ್ಲಿ ಗೋಳವನ್ನು ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ) - ಇದರರ್ಥ ಚೆಂಡು (ಗೋಳ) ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ಪ್ರತಿಯೊಂದು ಮುಖವನ್ನು ಮುಟ್ಟುತ್ತದೆ. ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ಮುಖಗಳನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ವಿಮಾನಗಳು ಚೆಂಡಿನ ಸ್ಪರ್ಶಕ ವಿಮಾನಗಳಾಗಿವೆ. ಚೆಂಡಿನ ಮಧ್ಯಭಾಗವನ್ನು ಸಂಪರ್ಕದ ಬಿಂದುಗಳೊಂದಿಗೆ ಸಂಪರ್ಕಿಸುವ ವಿಭಾಗಗಳು ಸ್ಪರ್ಶಕ ವಿಮಾನಗಳಿಗೆ ಲಂಬವಾಗಿರುತ್ತವೆ. ಅವುಗಳ ಉದ್ದವು ಚೆಂಡಿನ ತ್ರಿಜ್ಯಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಪಿರಮಿಡ್‌ನಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ಚೆಂಡಿನ ಮಧ್ಯಭಾಗವು ತಳದಲ್ಲಿ ಡೈಹೆಡ್ರಲ್ ಕೋನಗಳ ದ್ವಿಭಾಜಕ ವಿಮಾನಗಳ ಛೇದನದ ಬಿಂದುವಾಗಿದೆ (ಅಂದರೆ, ಈ ಕೋನಗಳನ್ನು ಅರ್ಧದಷ್ಟು ಭಾಗಿಸುವ ವಿಮಾನಗಳು).

ಹೆಚ್ಚಾಗಿ ಕಾರ್ಯಗಳಲ್ಲಿ ನಾವು ಮಾತನಾಡುತ್ತಿದ್ದೇವೆಚೆಂಡಿನ ಬಗ್ಗೆ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ ಸರಿಯಾದ ಪಿರಮಿಡ್. ಚೆಂಡನ್ನು ಯಾವುದೇ ಸಾಮಾನ್ಯ ಪಿರಮಿಡ್‌ಗೆ ಹೊಂದಿಕೊಳ್ಳಬಹುದು. ಈ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ ಚೆಂಡಿನ ಮಧ್ಯಭಾಗವು ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ಎತ್ತರದಲ್ಲಿದೆ. ಸಮಸ್ಯೆಯನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವಾಗ, ಅಪೋಥೆಮ್ ಮತ್ತು ಪಿರಮಿಡ್ನ ಎತ್ತರದ ಮೂಲಕ ಹಾದುಹೋಗುವ ವಿಮಾನದೊಂದಿಗೆ ಪಿರಮಿಡ್ ಮತ್ತು ಚೆಂಡನ್ನು ಕತ್ತರಿಸಲು ಅನುಕೂಲಕರವಾಗಿದೆ.

ಪಿರಮಿಡ್ ಚತುರ್ಭುಜ ಅಥವಾ ಷಡ್ಭುಜಾಕೃತಿಯಾಗಿದ್ದರೆ, ಅಡ್ಡ-ವಿಭಾಗವಾಗಿದೆ ಸಮದ್ವಿಬಾಹು ತ್ರಿಭುಜ, ಬದಿಗಳುಇವುಗಳಲ್ಲಿ ಅಪೋಥೆಮ್‌ಗಳು ಮತ್ತು ಆಧಾರವು ತಳದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ವ್ಯಾಸವಾಗಿದೆ.

ಪಿರಮಿಡ್ ತ್ರಿಕೋನ ಅಥವಾ ಪೆಂಟಗೋನಲ್ ಆಗಿದ್ದರೆ, ಈ ವಿಭಾಗದ ಭಾಗವನ್ನು ಮಾತ್ರ ಪರಿಗಣಿಸಲು ಸಾಕು - ಬಲ ತ್ರಿಕೋನ, ಇವುಗಳ ಕಾಲುಗಳು ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ಎತ್ತರ ಮತ್ತು ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವನ್ನು ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ತಳದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ ಮತ್ತು ಹೈಪೋಟೆನ್ಯೂಸ್ ಅಪೋಥೆಮ್ ಆಗಿದೆ.

ಯಾವುದೇ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ, ನಾವು ಅನುಗುಣವಾದ ಬಲ ತ್ರಿಕೋನ ಮತ್ತು ಇತರ ಸಂಬಂಧಿತ ತ್ರಿಕೋನಗಳನ್ನು ನೋಡುತ್ತೇವೆ.

ಆದ್ದರಿಂದ, ಲಂಬ ತ್ರಿಕೋನ SOF ನಲ್ಲಿ, ಲೆಗ್ SO=H ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ಎತ್ತರವಾಗಿದೆ, ಲೆಗ್ OF=r ಎಂಬುದು ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ತಳದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವಾಗಿದೆ, ಹೈಪೊಟೆನ್ಯೂಸ್ SF=l ಎಂಬುದು ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ಅಪೋಥೆಮ್ ಆಗಿದೆ. . O1 ಚೆಂಡಿನ ಕೇಂದ್ರವಾಗಿದೆ ಮತ್ತು ಅದರ ಪ್ರಕಾರ, ವಿಭಾಗದಲ್ಲಿ ಪಡೆದ ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತ (ನಾವು ಅದರ ಭಾಗವನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸುತ್ತಿದ್ದೇವೆ). ಕೋನ SFO - ರೇಖೀಯ ಕೋನ ದ್ವಿಮುಖ ಕೋನಬೇಸ್ ಪ್ಲೇನ್ ಮತ್ತು SBC ಯ ಪಾರ್ಶ್ವದ ಮುಖದ ಸಮತಲದ ನಡುವೆ. K ಮತ್ತು O ಬಿಂದುಗಳು ಸ್ಪರ್ಶ ಬಿಂದುಗಳಾಗಿವೆ, ಆದ್ದರಿಂದ O1K SF ಗೆ ಲಂಬವಾಗಿರುತ್ತದೆ. OO1=O1K=R - ಚೆಂಡಿನ ತ್ರಿಜ್ಯ.

ಬಲ ತ್ರಿಕೋನಗಳು OO1F ಮತ್ತು KO1F ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ (ಕಾಲುಗಳು ಮತ್ತು ಹೈಪೊಟೆನ್ಯೂಸ್ ಉದ್ದಕ್ಕೂ). ಆದ್ದರಿಂದ KF=OF=r.

ಬಲ ತ್ರಿಕೋನಗಳು SKO1 ಮತ್ತು SOF ಒಂದೇ ಆಗಿರುತ್ತವೆ (ಇನ್ ಚೂಪಾದ ಮೂಲೆಎಸ್), ಅದು ಎಲ್ಲಿಂದ ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ

ತ್ರಿಕೋನ SOF ನಲ್ಲಿ ನಾವು ತ್ರಿಕೋನ ದ್ವಿಭಾಜಕ ಆಸ್ತಿಯನ್ನು ಅನ್ವಯಿಸುತ್ತೇವೆ:

ಬಲ ತ್ರಿಕೋನ OO1F ನಿಂದ

ಸಾಮಾನ್ಯ ಪಿರಮಿಡ್‌ನಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ಚೆಂಡನ್ನು ಒಳಗೊಂಡ ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವಾಗ, ಇನ್ನೊಂದು ತಾರ್ಕಿಕತೆಯು ಉಪಯುಕ್ತವಾಗಿರುತ್ತದೆ.

ಈಗ ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ಪರಿಮಾಣದ ಅನುಪಾತವನ್ನು ಅದರ ಮೇಲ್ಮೈ ಪ್ರದೇಶಕ್ಕೆ ಕಂಡುಹಿಡಿಯೋಣ.

183. ಪ್ರಿಸ್ಮ್ನ ಬೇಸ್ಗಳ ಕೇಂದ್ರಗಳನ್ನು ಸಂಪರ್ಕಿಸುವ ವಿಭಾಗದ ಮಧ್ಯವು ಕೆತ್ತಲಾದ ಮತ್ತು ಸುತ್ತುವರಿದ ಗೋಳಗಳ ಕೇಂದ್ರವಾಗಿದೆ ಎಂದು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲು ಸುಲಭವಾಗಿದೆ. ತಳದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯ ತ್ರಿಜ್ಯಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆಕೆತ್ತಿದ ಚೆಂಡು. ಅವಕಾಶ ಆರ್ ಕೆತ್ತಲಾದ ಚೆಂಡಿನ ತ್ರಿಜ್ಯವಾಗಿದೆ, R ಎಂಬುದು ಸುತ್ತುವರಿದ ಚೆಂಡಿನ ತ್ರಿಜ್ಯವಾಗಿದೆ. ಬಲ ತ್ರಿಕೋನವನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸಿ, ಅದರ ಶೃಂಗಗಳು ಬೇಸ್‌ನ ಶೃಂಗಗಳಲ್ಲಿ ಒಂದಾಗಿರುತ್ತವೆ, ಬೇಸ್‌ನ ಮಧ್ಯಭಾಗ ಮತ್ತು ಚೆಂಡುಗಳ ಮಧ್ಯಭಾಗ. ನಮ್ಮಲ್ಲಿ R 2 = ಇದೆ ಆರ್ 2 + ಆರ್ 21 ಅಲ್ಲಿ. ಇಲ್ಲಿಂದ

ಸುತ್ತುವರಿದ ಗೋಳದ ಪರಿಮಾಣದ ಅನುಪಾತವು ಕೆತ್ತಲಾದ ಗೋಳದ ಪರಿಮಾಣಕ್ಕೆ

184. ಸುತ್ತುವರಿದ ಮತ್ತು ಕೆತ್ತಲಾದ ಗೋಳಗಳ ತ್ರಿಜ್ಯವು ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರನ್ನ ಎತ್ತರದ ಭಾಗಗಳಿಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಸಾಮಾನ್ಯ ಕೇಂದ್ರಈ ಚೆಂಡುಗಳು. ಈ ವಿಭಾಗಗಳ ಅನುಪಾತವು 3:1 ಎಂದು ಕಂಡುಹಿಡಿಯುವುದು ಸುಲಭ.

ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, ನಿಂದ ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳು BQO ಮತ್ತು BPK (Fig. 188) ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ:

ಚೆಂಡುಗಳ ಮೇಲ್ಮೈಗಳು ಅವುಗಳ ತ್ರಿಜ್ಯದ ಚೌಕಗಳಾಗಿ ಸಂಬಂಧಿಸಿರುವುದರಿಂದ, ಅಗತ್ಯವಿರುವ ಅನುಪಾತವು 9 ಆಗಿದೆ.

______________________________________________

185. ನಿಯಮಿತ ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರನ್‌ಗಳ ಸಂಪುಟಗಳು ಅವುಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ಗೋಳಗಳ ತ್ರಿಜ್ಯಗಳ ಘನಗಳಿಗೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿವೆ. ಒಂದು ದೊಡ್ಡ ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರನ್‌ನಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ಚೆಂಡನ್ನು ಚಿಕ್ಕದಾದ ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರನ್ ಸುತ್ತಲೂ ಸುತ್ತುವರೆದಿರುವುದರಿಂದ, ಕೆತ್ತಲಾದ ಚೆಂಡುಗಳ ಉಲ್ಲೇಖಿಸಲಾದ ತ್ರಿಜ್ಯಗಳ ಅನುಪಾತವು (ಸಮಸ್ಯೆ 184 ಗೆ ಪರಿಹಾರವನ್ನು ನೋಡಿ) 3:1 ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಆದ್ದರಿಂದ, ಅಗತ್ಯವಿರುವ ಪರಿಮಾಣದ ಅನುಪಾತವು 3 3 = 27 ಆಗಿದೆ.

______________________________________________

186. ಸಮಸ್ಯೆಯು ಪರಿಹಾರವಾಗಿದೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸೋಣ. ನಾವು A 1 B 1 C 1 ಪ್ಲೇನ್ ಅನ್ನು ಸೆಳೆಯೋಣ (ಚಿತ್ರ 189, a ನೋಡಿ) ಚಿಕ್ಕ ಚೆಂಡಿಗೆ ಸ್ಪರ್ಶಕ ಮತ್ತು ಬೇಸ್ಗೆ ಸಮಾನಾಂತರವಾಗಿಕೊಟ್ಟಿರುವ ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರನ್ನ ABC. ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರನ್ SA 1 B 1 C 1 ತ್ರಿಜ್ಯದ ಚೆಂಡಿನ ಸುತ್ತಲೂ ವಿವರಿಸಲಾಗಿದೆ ಆರ್ . ಅದರ ಎತ್ತರ SQ 1 = 4 ಎಂದು ಕಂಡುಹಿಡಿಯುವುದು ಸುಲಭ ಆರ್ (ಸಮಸ್ಯೆ 184 ನೋಡಿ).

SABC ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರನ್ನ ಅಂಚಿನ ಉದ್ದವು ಇರಲಿ X . ನಂತರ ವಿಭಾಗ AQ = X √ 3/3 ಮತ್ತು ಎತ್ತರ SQ = X √ 6 / 3 .

ನಿರ್ಧರಿಸಿದ ನಂತರ ಚತುರ್ಭುಜ ಸಮೀಕರಣ, ನಾವು ಕಂಡುಕೊಳ್ಳುತ್ತೇವೆ

X 1,2 = ಆರ್ √6 ± √ ಆರ್ 2 - 3ಆರ್ 2 .

ಈ ಸೂತ್ರದಲ್ಲಿ ನೀವು ರೂಟ್ ಅನ್ನು ಪ್ಲಸ್ ಚಿಹ್ನೆಯೊಂದಿಗೆ ಮಾತ್ರ ತೆಗೆದುಕೊಳ್ಳಬೇಕು, ಏಕೆಂದರೆ SA ಯಾವುದೇ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ 3 ಕ್ಕಿಂತ ಹೆಚ್ಚಾಗಿರುತ್ತದೆ ಆರ್ , ಮತ್ತು 3 ಆರ್ > ಆರ್ √6 .

ನಿಸ್ಸಂಶಯವಾಗಿ, R ಷರತ್ತಿನ ಅಡಿಯಲ್ಲಿ ಕಾರ್ಯವು ಸಾಧ್ಯ > √3 ಆರ್

______________________________________________

187. A 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 - ನಿಯಮಿತ ಷಡ್ಭುಜಾಕೃತಿ, ಘನದ ಒಂದು ವಿಭಾಗದಲ್ಲಿ ಪಡೆಯಲಾಗಿದೆ. ನಿಯಮಿತವಾಗಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ಚೆಂಡಿನ ತ್ರಿಜ್ಯವನ್ನು ನಿರ್ಧರಿಸುವಲ್ಲಿ ಸಮಸ್ಯೆ ಬರುತ್ತದೆ ಷಡ್ಭುಜೀಯ ಪಿರಮಿಡ್ SA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 (ಚಿತ್ರ 190).

ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ತಳಭಾಗದ ಭಾಗ ಎ √ 2/2 ಮತ್ತು ಎತ್ತರ ಎ √ 3 / 2

ಪಿರಮಿಡ್‌ನಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ಚೆಂಡಿನ ತ್ರಿಜ್ಯವು ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ಪರಿಮಾಣದ ಮೂರು ಪಟ್ಟು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಎಂಬ ಅಂಶದ ಲಾಭವನ್ನು ಪಡೆದುಕೊಳ್ಳುವುದು. ಪೂರ್ಣ ಮೇಲ್ಮೈ(ಸಮಸ್ಯೆಯ ಪರಿಹಾರದಲ್ಲಿ ಸೂತ್ರವನ್ನು (1) ನೋಡಿ), ನಾವು ಕಂಡುಕೊಳ್ಳುತ್ತೇವೆ:

ಆದ್ದರಿಂದ, ಅಗತ್ಯವಿರುವ ಅನುಪಾತವು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ

______________________________________________

188. O ಗೋಳದ ಕೇಂದ್ರವಾಗಿರಲಿ ಮತ್ತು AS, BS ಮತ್ತು CS ನೀಡಲಾದ ಸ್ವರಮೇಳಗಳಾಗಿರಲಿ. ನಿಸ್ಸಂಶಯವಾಗಿ, ತ್ರಿಕೋನ ABC ಸಮಬಾಹುವಾಗಿದೆ (ಚಿತ್ರ 191).

ABC ಸಮತಲಕ್ಕೆ ಲಂಬವಾಗಿರುವ SO 1, ವಿಸ್ತರಿಸಿದಾಗ, O ಗೋಳದ ಮಧ್ಯಭಾಗದ ಮೂಲಕ ಹಾದುಹೋಗುತ್ತದೆ ಎಂದು ನೋಡುವುದು ಸುಲಭ, ಏಕೆಂದರೆ O 1 ಬಿಂದುವು ಸುತ್ತುವರಿದ ವೃತ್ತದ ಕೇಂದ್ರವಾಗಿದೆ. /\ ಎಬಿಸಿ.

ಈ ಟೀಕೆಗಳ ನಂತರ, ನಾವು ಸೂಚಿಸೋಣ ಡಿ ಅಗತ್ಯವಿರುವ ಸ್ವರಮೇಳದ ಉದ್ದ. SAB ತ್ರಿಕೋನದಿಂದ ನಾವು ಕಂಡುಕೊಳ್ಳುತ್ತೇವೆ:

AB = 2 ಡಿ ಪಾಪ α / 2

ಆದ್ದರಿಂದ

ಸಮದ್ವಿಬಾಹು ತ್ರಿಕೋನ SOA ಯ ವಿಸ್ತೀರ್ಣವನ್ನು ಎರಡು ರೀತಿಯಲ್ಲಿ ಲೆಕ್ಕಾಚಾರ ಮಾಡುವುದರಿಂದ, ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ:

______________________________________________

189. ಕೆತ್ತಲಾದ ಗೋಳದ ತ್ರಿಜ್ಯ ಆರ್ ಸಮಸ್ಯೆಯ ಪರಿಹಾರದಲ್ಲಿ ಸೂತ್ರವನ್ನು ಬಳಸುವುದನ್ನು ನಾವು ಕಂಡುಕೊಳ್ಳುತ್ತೇವೆ (cf. ಸೂತ್ರ (1)

ಇಲ್ಲಿ V ಎಂಬುದು ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ಪರಿಮಾಣವಾಗಿದೆ ಮತ್ತು S ಅದರ ಒಟ್ಟು ಮೇಲ್ಮೈಯಾಗಿದೆ.

ಮೊದಲು ಪಿರಮಿಡ್‌ನ ಪರಿಮಾಣವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯೋಣ. ಇದಕ್ಕಾಗಿ, ಬಲ ತ್ರಿಕೋನಗಳು BSC ಮತ್ತು BSA (Fig. 192) ನಲ್ಲಿ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತವೆ ಎಂಬುದನ್ನು ಗಮನಿಸಿ ಸಮಾನ ಹೈಪೋಟೆನಸ್ಗಳುಮತ್ತು ಸಾಮಾನ್ಯ ಭಾಗ. ಈ ಕಾರಣದಿಂದಾಗಿ, ಬಲ ತ್ರಿಕೋನ ASC ಸಮದ್ವಿಬಾಹು. ಏಕೆಂದರೆ

AS=CS= √a 2 -ಬಿ 2 ,

ನಂತರ, ಆದ್ದರಿಂದ,

______________________________________________

190. ಮೂಲಕ ಸೂಚಿಸೋಣ ಆರ್ ಕೆತ್ತಲಾದ ಚೆಂಡಿನ ತ್ರಿಜ್ಯ, ಮತ್ತು R ಮೂಲಕ ಸುತ್ತುವರಿದ ಚೆಂಡಿನ ತ್ರಿಜ್ಯ.

ನಾವು ಮೊದಲು ತ್ರಿಕೋನ SFE ಅನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸೋಣ, ಅದರ ಬದಿಗಳಲ್ಲಿ SF ಪಿರಮಿಡ್ನ ಎತ್ತರವಾಗಿದೆ, ಮತ್ತು ಇತರ SE ಬದಿಯ ಮುಖದ ಎತ್ತರವಾಗಿದೆ (Fig. 193, a). ಕೆತ್ತಿದ ಚೆಂಡಿನ ಮಧ್ಯಭಾಗ O ಆಗಿರಲಿ. ತ್ರಿಕೋನಗಳಿಂದ SFE ಮತ್ತು OFE (Fig. 193, b) ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ:

FE= ಆರ್ ctg φ / 2 ,

SF= ಆರ್ ctg φ / 2 tg φ .

DF = EF√2

ಅಂಜೂರವನ್ನು ಉಲ್ಲೇಖಿಸಿ. 193, ಸಿ, ಇದು ಪಿರಮಿಡ್ ಮತ್ತು ಅದರ ಅಕ್ಷದ ಮೂಲಕ ಚಿತ್ರಿಸಿದ ವಿಭಾಗವನ್ನು ತೋರಿಸುತ್ತದೆ ಬದಿಯ ಪಕ್ಕೆಲುಬು, ನಾವು ಸುಲಭವಾಗಿ ಕಂಡುಹಿಡಿಯಬಹುದು:

DO 1 2 = O 1 F 2 + DF 2

R 2 = (SF - R) 2 + DF 2.

R = 3 ರಿಂದ ಆರ್ , ನಂತರ, SF ಮತ್ತು DF ಗಾಗಿ ಹಿಂದೆ ಕಂಡುಬರುವ ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿಗಳನ್ನು ಇಲ್ಲಿ ಬದಲಿಸಿ, ನಾವು ಸಮೀಕರಣವನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ φ :

ಅಥವಾ ಸರಳೀಕರಣದ ನಂತರ

6 ಟಿಜಿ φ / 2 tg φ = 2 + ಟ್ಯಾನ್ 2 φ .

7z 4 -6z 2 + l = 0.

ಏಕೆಂದರೆ z > 0, ನಂತರ ಕೇವಲ ಎರಡು ಉತ್ತರಗಳು ಸಾಧ್ಯ:

______________________________________________

191. ಒಟ್ಟಾರೆಯಾಗಿ, ನಾವು 6 ಬಿಗಾನ್ಗಳನ್ನು (ಅಂಚುಗಳ ಸಂಖ್ಯೆಯ ಪ್ರಕಾರ) ಮತ್ತು 4 ತ್ರಿಕೋನಗಳನ್ನು (ಚಿತ್ರ 194) ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ.

ಪ್ರತಿಯೊಂದು ತ್ರಿಕೋನಗಳ ವಿಸ್ತೀರ್ಣವನ್ನು S 1 ರಿಂದ ಮತ್ತು ಪ್ರತಿ ಬಿಗಾನ್‌ಗಳ ಪ್ರದೇಶವನ್ನು S 2 ರಿಂದ ಸೂಚಿಸೋಣ. ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ:

4S 1 + 6S 2 = 4 π R2. (1)

S 0 ಒಂದು ತ್ರಿಕೋನ ಮತ್ತು ಮೂರು ಪಕ್ಕದ ಕರ್ಣಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳ ಮೊತ್ತವಾಗಿರಲಿ. S 0 ಪ್ರದೇಶವಾಗಿದೆ ಗೋಳಾಕಾರದ ವಿಭಾಗ, ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರಾನ್ ಮುಖದ ಸಮತಲದಿಂದ ಕತ್ತರಿಸಿ. ಈ ಪ್ರದೇಶವು 2 π ಆರ್ ಗಂ , ಎಲ್ಲಿ ಗಂ - ವಿಭಾಗದ ಎತ್ತರ. ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರನ್ನ ಎತ್ತರವನ್ನು ಗೋಳದ ಮಧ್ಯಭಾಗದಿಂದ 3:1 ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿ ಭಾಗಿಸಿರುವುದರಿಂದ (ಸಮಸ್ಯೆ 184 ನೋಡಿ), ನಂತರ

H = R + 1/3 R = 4/3 R

ನಾವು ಅದನ್ನು ಎಲ್ಲಿಂದ ಕಂಡುಹಿಡಿಯುತ್ತೇವೆ? ಗಂ = 2R - 4 / 3 R = 2 / 3 R.

S 1 + 3 S 2 = 2 π ಆರ್ 2/3 ಆರ್ = 4/3 π R2. (2)

ಅಪರಿಚಿತ S 1 ಮತ್ತು S 2 ಗೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿದಂತೆ ಸಮೀಕರಣಗಳನ್ನು (1) ಮತ್ತು (2) ಒಳಗೊಂಡಿರುವ ವ್ಯವಸ್ಥೆಯನ್ನು ಪರಿಹರಿಸಿದ ನಂತರ, ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ:

ಎಸ್ 1 = 2/3 π R2, S2 = 2/9 π ಆರ್ 2

______________________________________________

192. R ತ್ರಿಜ್ಯವಾಗಿರಲಿ ಕೋನ್ ಬೇಸ್, α - ಕೋನ್ ಮತ್ತು ಜೆನೆರಾಟ್ರಿಕ್ಸ್ನ ಅಕ್ಷದ ನಡುವಿನ ಕೋನ, ಆರ್ - ಕೆತ್ತಲಾದ ಗೋಳದ ತ್ರಿಜ್ಯ. IN ಅಕ್ಷೀಯ ವಿಭಾಗಕೋನ್ ನಾವು ಸಮದ್ವಿಬಾಹು ತ್ರಿಕೋನ ABC (Fig. 195) ಅನ್ನು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ.

ಈ ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವು ತ್ರಿಜ್ಯಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಆರ್ ಒಂದು ಕೋನ್‌ನಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ಗೋಳ. O ವೃತ್ತದ ಕೇಂದ್ರವಾಗಿರಲಿ, / OSA = β .

ಆಗ tg ಎಂಬುದು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗುತ್ತದೆ β = ಆರ್ /ಆರ್. ಆದರೆ ಸಮಸ್ಯೆಯ ಪರಿಸ್ಥಿತಿಗಳ ಪ್ರಕಾರ

ಇಲ್ಲಿಂದ ಆರ್ / ಆರ್ = 1 / √ 3 ಮತ್ತು ಆದ್ದರಿಂದ β = π / 6. ಏಕೆಂದರೆ, ಜೊತೆಗೆ, α +2β = π / 2, ನಂತರ α = π / 6. ಆದ್ದರಿಂದ, ಅಗತ್ಯವಿರುವ ಕೋನವು 2 ಆಗಿದೆ α = π / 3 .

______________________________________________

193. ಅವಕಾಶ ಆರ್ - ಗೋಳಾರ್ಧದ ತ್ರಿಜ್ಯ, ಆರ್ - ಕೋನ್ ತಳದ ತ್ರಿಜ್ಯ, ಎಲ್ -ಕೋನ್ನ ಮಾಜಿ, α - ಕೋನ್ ಮತ್ತು ಜೆನೆರಾಟ್ರಿಕ್ಸ್ನ ಅಕ್ಷದ ನಡುವಿನ ಕೋನ.

ನಾವು ಹೊಂದಿರುವ ಸಮಸ್ಯೆಯ ಪರಿಸ್ಥಿತಿಗಳ ಪ್ರಕಾರ

ಈ ಸಮಾನತೆಗೆ ಕೋನವನ್ನು ಪರಿಚಯಿಸೋಣ α . ಇದನ್ನು ಮಾಡಲು, ಸಮದ್ವಿಬಾಹುವನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸಿ /\ ABC (Fig. 196), ಕೋನ್ನ ಅಕ್ಷೀಯ ವಿಭಾಗದಲ್ಲಿ ಪರಿಣಾಮವಾಗಿ. ಇಂದ /\ ಎಬಿಸಿ ನಾವು ಕಂಡುಕೊಳ್ಳುತ್ತೇವೆ

ಆರ್= ಎಲ್ ಪಾಪ α , ಆರ್ = ಆರ್ಕೋಸ್ α = ಎಲ್ ಪಾಪ α cos α .

ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರನ್ ABCQ (Fig.) ನ ಅಂಚುಗಳನ್ನು ಸ್ಪರ್ಶಿಸುವ ಚೆಂಡಿನ ಮಧ್ಯಭಾಗವು ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರನ್ನ ಕೇಂದ್ರದೊಂದಿಗೆ (ಅಂದರೆ, O ಬಿಂದುದೊಂದಿಗೆ, A, B, C, D ಶೃಂಗಗಳಿಂದ ಸಮನಾಗಿರುತ್ತದೆ) ಮತ್ತು ಚೆಂಡಿನ ಸಂಪರ್ಕದ ಬಿಂದುಗಳೊಂದಿಗೆ ಹೊಂದಿಕೆಯಾಗುತ್ತದೆ. ಅಂಚುಗಳೊಂದಿಗೆ ಅಂಚುಗಳ ಮಧ್ಯಬಿಂದುಗಳಾಗಿವೆ. ಉದಾಹರಣೆಗೆ, ಟ್ಯಾಂಜೆನ್ಸಿ ಪಾಯಿಂಟ್ N AD ಅಂಚಿನ ಮಧ್ಯಬಿಂದುವಾಗಿದೆ. ವಾಸ್ತವವಾಗಿ, ಎಲ್ಲಾ ಆರು ಸಮದ್ವಿಬಾಹು ತ್ರಿಕೋನಗಳು AOB, BOC, COA, BOD, COD ಮತ್ತು AOD (ಕೇವಲ ತ್ರಿಕೋನ AOD ಅನ್ನು ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ) ಪರಸ್ಪರ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ (ಮೂರು ಬದಿಗಳಲ್ಲಿ). ಆದ್ದರಿಂದ, ಅವರ ಎತ್ತರಗಳು OM, ON, ಇತ್ಯಾದಿಗಳು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಆದ್ದರಿಂದ, ನಾವು ಆನ್ = ತ್ರಿಜ್ಯದೊಂದಿಗೆ ಚೆಂಡನ್ನು ವಿವರಿಸಿದರೆ ಆರ್ , ನಂತರ ಅದು L, M, N, Q, K, R ಅಂಚುಗಳ ಮಧ್ಯದ ಮೂಲಕ ಹಾದುಹೋಗುತ್ತದೆ ಮತ್ತು ಅಲ್ಲಿ ಅವುಗಳನ್ನು ಸ್ಪರ್ಶಿಸುತ್ತದೆ (ON⊥AD, ಇತ್ಯಾದಿ. ರಿಂದ).

ನಾವು ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರಾನ್ DG ಮತ್ತು ಅಂಚಿನ AD ಯ ಎತ್ತರದ ಮೂಲಕ ಪ್ಲೇನ್ ADG ಅನ್ನು ಸೆಳೆಯೋಣ. ಇದು ಅಂಚಿಗೆ BCಗೆ ಲಂಬವಾಗಿರುತ್ತದೆ (ಸಮಸ್ಯೆಯಲ್ಲಿ ಪುರಾವೆ ನೀಡಲಾಗಿದೆ) ಮತ್ತು ಅದರ ಮಧ್ಯದ M ನಲ್ಲಿ ಈ ಅಂಚನ್ನು ಛೇದಿಸುತ್ತದೆ. ವಿಭಾಗದಲ್ಲಿ ನಾವು ಸಮದ್ವಿಬಾಹು ತ್ರಿಕೋನ AMD (AM=MD) ಅನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ. ಈ ತ್ರಿಕೋನದ ಎತ್ತರ MN ಅನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯೋಣ (N ಎಂಬುದು AD ಯ ಮಧ್ಯಬಿಂದು). O ನ ಕೇಂದ್ರವು MN ಮೇಲೆ ಇರುತ್ತದೆ (ಇದು A ಮತ್ತು O ನಿಂದ ಸಮಾನ ದೂರದಲ್ಲಿದೆ). ಆದ್ದರಿಂದ, MO=NO. ಅಂದರೆ, ಆರ್ = MN / 2. ಎತ್ತರ MN ಅನ್ನು ತ್ರಿಕೋನ ANM ನಿಂದ ನಿರ್ಧರಿಸಲಾಗುತ್ತದೆ, ಅಲ್ಲಿ AN = ಎ / 2 ಮತ್ತು AM = ಎ √ 3/2 . (ಸಮಬಾಹುವಿನ ಅಪೋಥೆಮ್ ಆಗಿ ತ್ರಿಕೋನ ABC) ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ

ಟೆಟ್ರಾಹೆಡ್ರನ್ನ ಹೊರಗೆ ಇರುವ ಚೆಂಡಿನ ಭಾಗವು ಚತುರ್ಭುಜದ ಅಂಚುಗಳಿಂದ ಚೆಂಡಿನಿಂದ ಕತ್ತರಿಸಿದ ನಾಲ್ಕು ಸಮಾನ ಭಾಗಗಳನ್ನು ಹೊಂದಿರುತ್ತದೆ. ಬಿಡಿಸಿ ಮುಖಗಳಲ್ಲಿ ಒಂದನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸೋಣ. ವಿಭಾಗದ ತಳದಲ್ಲಿ ಇರುವ LMK ವೃತ್ತವನ್ನು ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ ಸಮಕೋನ ತ್ರಿಕೋನ BDC (ಏಕೆಂದರೆ ತ್ರಿಕೋನದ ಬದಿಗಳು ಚೆಂಡನ್ನು ಸ್ಪರ್ಶಿಸುತ್ತವೆ; ಆದ್ದರಿಂದ, ಅವರು ಸಮತಲ BDC ಯಲ್ಲಿ ಮಲಗಿರುವ ಸಣ್ಣ ವೃತ್ತದ LMK ಅನ್ನು ಸಹ ಸ್ಪರ್ಶಿಸುತ್ತಾರೆ). ಈ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯ FM = ಎ √ 3 / 6

ಆದ್ದರಿಂದ,

ಅಗತ್ಯವಿರುವ ಪರಿಮಾಣ

V=4V ಸಿ

ಕಾಮೆಂಟ್ ಮಾಡಿ. ವೃತ್ತ LKM ಅನ್ನು ತ್ರಿಕೋನ BCD ಯಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾಗಿದೆ. ದೀರ್ಘವೃತ್ತದಂತೆ ಚಿತ್ರಿಸಲಾಗಿದೆ, K, L, M ಬಿಂದುಗಳ ಜೊತೆಗೆ, ನಾವು ಮೊದಲು ಎಫ್‌ಗೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿದಂತೆ ಸಮ್ಮಿತೀಯವಾಗಿ ಇನ್ನೂ ಮೂರು ಅಂಕಗಳನ್ನು ಗುರುತಿಸಿದರೆ ಅದನ್ನು ಕೈಯಿಂದ ಸುಲಭವಾಗಿ ಎಳೆಯಬಹುದು (ಪಾಯಿಂಟ್ F ಎಂಬುದು ಛೇದಕ ಬಿಂದುವಾಗಿದೆ ತ್ರಿಕೋನ BDC ಯ ಮಧ್ಯಗಳು).