Untuk mudah mengatasi masalah yang melibatkan bola yang tertulis dalam piramid, adalah berguna untuk mengkaji sedikit bahan teori.
Bola ditulis dalam piramid (atau sfera ditulis dalam piramid) - ini bermakna bola (sfera) menyentuh setiap muka piramid. Satah yang mengandungi muka piramid ialah satah tangen bola. Segmen yang menghubungkan pusat bola dengan titik sentuhan adalah berserenjang dengan satah tangen. Panjangnya adalah sama dengan jejari bola. Pusat bola yang tertulis dalam piramid ialah titik persilangan satah pembahagi dua sudut dihedral di tapak (iaitu, satah membahagikan sudut ini kepada separuh).
Selalunya dalam tugas kita bercakap tentang tentang bola yang tertulis di dalamnya piramid yang betul. Bola boleh dimuatkan ke dalam mana-mana piramid biasa. Pusat bola dalam kes ini terletak pada ketinggian piramid. Apabila menyelesaikan masalah, adalah mudah untuk memotong piramid dan bola dengan satah yang melalui apotema dan ketinggian piramid.
Jika piramid ialah segi empat atau heksagon, keratan rentasnya ialah segi tiga sama kaki, sisi daripadanya ialah apothems, dan tapaknya ialah diameter bulatan yang tertulis di tapaknya.
Jika piramid adalah segi tiga atau pentagonal, cukup untuk mempertimbangkan hanya sebahagian daripada bahagian ini - segi tiga tepat, kakinya ialah ketinggian piramid dan jejari bulatan yang tertulis di dasar piramid, dan hipotenus ialah apotema.
Walau apa pun, kami akhirnya melihat pada segi tiga tepat yang sepadan dan segi tiga lain yang berkaitan.
Jadi, dalam segi tiga tegak SOF, kaki SO=H ialah ketinggian piramid, kaki OF=r ialah jejari bulatan yang tertulis di dasar piramid, hipotenus SF=l ialah apotema piramid. . O1 ialah pusat bola dan, oleh itu, bulatan yang tertulis dalam segi tiga yang diperolehi dalam bahagian (kami sedang mempertimbangkan sebahagian daripadanya). Sudut SFO - sudut linear sudut dihedral antara satah asas dan satah muka sisi SBC. Titik K dan O ialah titik tangen, oleh itu O1K berserenjang dengan SF. OO1=O1K=R - jejari bola.
Segi tiga tegak OO1F dan KO1F adalah sama (di sepanjang kaki dan hipotenus). Oleh itu KF=OF=r.
Segi tiga tepat SKO1 dan SOF adalah serupa (dalam sudut tajam S), dari mana ia mengikutinya
Dalam segi tiga SOF kita menggunakan sifat pembahagi dua segi tiga:
Dari segi tiga tepat OO1F
Apabila menyelesaikan masalah yang melibatkan bola yang tertulis dalam piramid biasa, satu lagi alasan akan berguna.
Sekarang mari kita cari nisbah isipadu piramid kepada luas permukaannya.
183. Adalah mudah untuk membuktikan bahawa bahagian tengah ruas yang menghubungkan pusat tapak prisma ialah pusat sfera yang tersurat dan berbatas. Jejari bulatan yang tertulis di tapak ialah sama dengan jejari bola bertulis. biarlah r ialah jejari bola tersurat, R ialah jejari bola yang dikelilingi. Pertimbangkan segi tiga tepat yang bucunya ialah salah satu bucu tapak, pusat tapak dan pusat bola. Kami mempunyai R 2 = r 2 + r 2 1 di mana . Dari sini
Nisbah isi padu sfera yang dihadkan kepada isipadu sfera yang digariskan ialah
184. Jejari sfera yang dihadkan dan bersurat adalah sama dengan segmen ketinggian tetrahedron di mana ia dibahagikan pusat bersama bola-bola ini. Adalah mudah untuk mencari bahawa nisbah segmen ini ialah 3:1.
Malah, daripada segi tiga yang serupa BQO dan BPK (Gamb. 188) kita ada:
Oleh kerana permukaan bola berkaitan sebagai segi empat sama jejarinya, nisbah yang diperlukan ialah 9.
______________________________________________
185. Isipadu tetrahedron sekata adalah berhubung dengan kubus jejari sfera yang tertulis di dalamnya. Oleh kerana bola yang tertera dalam tetrahedron yang lebih besar dihadkan di sekeliling tetrahedron yang lebih kecil, nisbah jejari bola tertera yang disebutkan (lihat penyelesaian kepada masalah 184) adalah sama dengan 3:1. Oleh itu, nisbah isipadu yang diperlukan ialah 3 3 = 27.
______________________________________________
186. Mari kita anggap bahawa masalah itu boleh diselesaikan. Mari kita lukis satah A 1 B 1 C 1 (lihat Rajah 189, a) tangen kepada bola yang lebih kecil dan selari dengan tapak ABC bagi tetrahedron yang diberi. Tetrahedron SA 1 B 1 C 1 diterangkan mengelilingi bola jejari r . Adalah mudah untuk mencari ketinggiannya SQ 1 = 4 r (lihat masalah 184).
Biarkan panjang tepi tetrahedron SABC ialah X . Kemudian segmen AQ = x √ 3 / 3 dan ketinggian SQ = x √ 6 / 3 .
Setelah membuat keputusan persamaan kuadratik, kita akan jumpa
x 1,2 = r √6 ± √ R 2 - 3r 2 .
Dalam formula ini, anda hanya perlu mengambil akar dengan tanda tambah, kerana SA dalam apa jua keadaan lebih besar daripada 3 r , dan 3 r > r √6 .
Jelas sekali, tugas itu mungkin di bawah syarat R > √3 r
______________________________________________
187. Biarkan A 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 - heksagon biasa, diperolehi dalam bahagian kubus. Masalahnya datang kepada menentukan jejari bola yang ditulis dalam biasa piramid heksagon SA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 (Gamb. 190).
Bahagian tapak piramid ialah a √ 2 / 2 dan tingginya ialah a √ 3 / 2
Mengambil kesempatan daripada fakta bahawa jejari bola yang tertulis dalam piramid adalah sama dengan tiga kali ganda isipadu piramid dibahagikan dengan permukaan penuh(lihat formula (1) dalam penyelesaian masalah), kita dapati:
Oleh itu, nisbah yang diperlukan adalah sama dengan 
______________________________________________
188. Biarkan O ialah pusat sfera, dan AS, BS dan CS ialah kord yang diberi. Jelas sekali, segi tiga ABC ialah sama sisi (Rajah 191).
Ia juga mudah untuk melihat bahawa SO 1 berserenjang dengan satah ABC, apabila dilanjutkan, melalui pusat sfera O, kerana titik O 1 ialah pusat bulatan yang dilingkari. /\ ABC.
Selepas ucapan ini, mari kita nyatakan dengan d panjang kord yang diperlukan. Dari segi tiga SAB kita dapati:
AB = 2 d dosa α / 2
dan oleh itu
Mengira luas segi tiga sama kaki SOA dalam dua cara, kami memperoleh:
______________________________________________
189. Jejari sfera bertulis r kita dapati menggunakan formula (rujuk formula (1) dalam penyelesaian masalah)
di mana V ialah isipadu piramid, dan S ialah jumlah permukaannya.
Mari kita cari isipadu piramid dahulu. Untuk ini, ambil perhatian bahawa segi tiga tepat BSC dan BSA (Rajah 192) adalah sama dalam hipotenus yang sama dan sisi umum. Disebabkan ini, segi tiga tepat ASC ialah isosceles. Kerana
AS=CS= √a 2 - b 2 ,
maka, oleh itu,
______________________________________________
190. Mari kita nyatakan dengan r jejari bola yang digariskan, dan melalui R jejari bola yang dihadkan.
Mari kita pertimbangkan dahulu segi tiga SFE, salah satu sisinya SF ialah ketinggian piramid, dan SE yang satu lagi ialah ketinggian muka sisi (Rajah 193, a). Biarkan O menjadi pusat bola bertulis itu. Daripada segi tiga SFE dan OFE (Rajah 193, b) kita ada:
FE= r ctg φ / 2 ,
SF= r ctg φ / 2 tg φ .
DF = EF√2
Merujuk kepada Rajah. 193, c, yang menunjukkan bahagian yang dilukis melalui paksi piramid dan bahagiannya rusuk sebelah, kita boleh mencari dengan mudah:
DO 1 2 = O 1 F 2 + DF 2
R 2 = (SF - R) 2 + DF 2.
Oleh kerana R = 3 r , kemudian, menggantikan di sini ungkapan yang ditemui sebelum ini untuk SF dan DF, kita memperoleh persamaan untuk φ :
atau selepas dipermudahkan
6 tg φ / 2 tg φ = 2 + tan 2 φ .
7z 4 -6z 2 + l = 0.
Kerana z > 0, maka hanya dua jawapan yang mungkin:
______________________________________________
191. Secara keseluruhan, kami mendapat 6 bigon (mengikut bilangan tepi) dan 4 segi tiga (Rajah 194).
Mari kita nyatakan dengan S 1 luas setiap segi tiga dan dengan S 2 luas setiap bigon. Kami ada:
4S 1 + 6S 2 = 4 π R2. (1)
Biarkan S 0 ialah hasil tambah luas bagi satu segi tiga dan tiga pepenjuru bersebelahan. S 0 ialah kawasan segmen sfera, dipotong oleh satah muka tetrahedron. Kawasan ini adalah 2 π R h , Di mana h - ketinggian segmen. Oleh kerana ketinggian tetrahedron dibahagikan dengan pusat sfera dalam nisbah 3:1 (lihat masalah 184), maka
H = R + 1/3 R = 4/3 R
dari mana kita dapati? h = 2R - 4 / 3 R = 2 / 3 R.
S 1 + 3 S 2 = 2 π R 2 / 3 R = 4 / 3 π R2. (2)
Setelah menyelesaikan sistem yang terdiri daripada persamaan (1) dan (2), berbanding dengan yang tidak diketahui S 1 dan S 2, kami memperoleh:
S 1 = 2 / 3 π R2, S2 = 2/9 π R 2
______________________________________________
192. Biarkan R ialah jejari asas kon, α - sudut antara paksi kon dan generatrik, r - jejari sfera yang tertulis. DALAM bahagian paksi kon kita mempunyai segi tiga sama kaki ABC (Gamb. 195).
Jejari bulatan yang ditulis dalam segi tiga ini adalah sama dengan jejari r sfera yang tertulis dalam kon. Biarkan O menjadi pusat bulatan, / OSA = β .
Maka jelaslah bahawa tg β = r /R. Tetapi mengikut keadaan masalah
Dari sini r / R = 1 / √ 3 dan oleh itu β = π / 6. Oleh kerana, sebagai tambahan, α +2β = π / 2, kemudian α = π / 6. Oleh itu, sudut yang diperlukan ialah 2 α = π / 3 .
______________________________________________
193. biarlah r - jejari hemisfera, R - jejari pangkal kon, l -bekas kon, α - sudut antara paksi kon dan generatrik.
Mengikut keadaan masalah yang kita ada
Mari kita perkenalkan sudut ke dalam kesamaan ini α . Untuk melakukan ini, pertimbangkan sama kaki /\ ABC (Rajah 196), menghasilkan bahagian paksi kon. daripada /\ ABC kita jumpa
R= l dosa α , r = Rcos α = l dosa α cos α .
Pusat bola yang menyentuh tepi tetrahedron ABCQ (Gamb.) bertepatan dengan pusat tetrahedron (iaitu, dengan titik O, jarak yang sama dari bucu A, B, C, D), dan titik sentuhan bola dengan tepi ialah titik tengah tepi. Sebagai contoh, titik tangen N ialah titik tengah tepi AD. Sesungguhnya, kesemua enam segi tiga sama kaki AOB, BOC, COA, BOD, COD dan AOD (hanya segi tiga AOD dilukis) adalah sama antara satu sama lain (pada tiga sisi). Oleh itu, ketinggian mereka OM, ON, dsb. adalah sama. Oleh itu, jika kita menerangkan bola dengan jejari ON = r , kemudian ia akan melalui bahagian tengah L, M, N, Q, K, R tepi dan menyentuhnya di sana (sejak ON⊥AD, dsb.).
Mari kita lukis satah ADG melalui ketinggian DG tetrahedron dan tepi AD. Ia akan berserenjang dengan tepi BC (bukti diberikan dalam masalah) dan akan bersilang tepi ini pada M tengahnya. Dalam bahagian itu kita akan memperoleh segi tiga sama kaki AMD (AM=MD). Mari kita cari ketinggian MN bagi segi tiga ini (N ialah titik tengah AD). Pusat O terletak pada MN (kerana jaraknya sama dari A dan O). Oleh itu, MO=NO. Bermaksud, r = MN / 2 . Ketinggian MN ditentukan daripada segi tiga ANM, di mana AN = a / 2 dan PG = a √ 3 / 2 . (sebagai apotema bagi segi empat sama segi tiga ABC). Kami ada
Bahagian bola yang terletak di luar tetrahedron terdiri daripada empat segmen yang sama dipotong daripada bola oleh tepi tetrahedron. Mari kita pertimbangkan salah satu wajah BDC. Bulatan LMK yang terletak di pangkal ruas itu tertulis di dalamnya segi tiga sama sisi BDC (kerana sisi segi tiga menyentuh bola; oleh itu, mereka juga menyentuh bulatan kecil LMK yang terletak di dalam satah BDC). Jejari bulatan ini FM = a √ 3 / 6
Oleh itu,
isipadu yang diperlukan
V=4V c
Komen. Bulatan LKM tertulis dalam segi tiga BCD. digambarkan sebagai elips, yang boleh dilukis dengan mudah dengan tangan jika, sebagai tambahan kepada titik K, L, M, kita mula-mula menandakan tiga lagi titik, masing-masing, simetri dengannya berbanding dengan F (titik F ialah titik persilangan bagi median bagi segi tiga BDC).