Piramidin içine yerleştirilmiş bir topla ilgili problemlerin çözümüyle kolayca başa çıkmak için, biraz teorik materyali gözden geçirmek faydalı olacaktır.
Bir piramidin içine bir top yazılmıştır (veya bir piramidin içine bir küre yazılmıştır) - bu, topun (kürenin) piramidin her yüzüne dokunduğu anlamına gelir. Piramidin yüzlerini içeren düzlemler topun teğet düzlemleridir. Topun merkezini temas noktalarına bağlayan bölümler teğet düzlemlere diktir. Uzunlukları topun yarıçapına eşittir. Bir piramit içine yazılan topun merkezi, tabandaki dihedral açıların (yani bu açıları ikiye bölen düzlemlerin) açıortay düzlemlerinin kesişme noktasıdır.
Çoğu zaman görevlerde hakkında konuşuyoruz yazılı bir top hakkında doğru piramit. Top herhangi bir normal piramite sığabilir. Bu durumda topun merkezi piramidin yüksekliğindedir. Sorunu çözerken piramidi ve topu, piramidin yüksekliğinden ve apothemden geçen bir düzlemle kesmek uygundur.
Piramit dörtgen veya altıgen ise kesiti ikizkenar üçgen, taraflar bunların özleri vardır ve taban, tabana yazılan dairenin çapıdır.
Piramit üçgen veya beşgen ise bu bölümün yalnızca bir kısmını dikkate almak yeterlidir - dik üçgen bacakları piramidin yüksekliği ve piramidin tabanında yazılı olan dairenin yarıçapıdır ve hipotenüs apothemdir.
Her durumda, karşılık gelen dik üçgene ve diğer ilgili üçgenlere bakarız.
Yani, bir SOF dik üçgeninde, kenar SO=H piramidin yüksekliğidir, kenar OF=r piramidin tabanında yazılı dairenin yarıçapıdır, hipotenüs SF=l piramidin özdeyişidir. O1 topun merkezidir ve buna göre kesitte elde edilen üçgenin içine yazılan dairedir (bir kısmını düşünüyoruz). Açı SFO - doğrusal açı dihedral açı taban düzlemi ile SBC'nin yan yüzünün düzlemi arasında. K ve O noktaları teğet noktalardır, dolayısıyla O1K SF'ye diktir. OO1=O1K=R - topun yarıçapı.
OO1F ve KO1F dik üçgenleri eşittir (bacaklar ve hipotenüs boyunca). Dolayısıyla KF=OF=r.
SKO1 ve SOF dik üçgenleri benzerdir ( keskin köşe S), buradan şu sonuç çıkıyor
SOF üçgeninde üçgen açıortay özelliğini uyguluyoruz:
OO1F dik üçgeninden
Düzenli bir piramit içine yazılmış bir topla ilgili problemleri çözerken, bir akıl yürütme daha faydalı olacaktır.
Şimdi piramidin hacminin yüzey alanına oranını bulalım.
183. Prizmanın tabanlarının merkezlerini birleştiren doğru parçasının ortasının yazılı ve çevrelenmiş kürelerin merkezi olduğunu kanıtlamak kolaydır. Tabanda yazılı bir dairenin yarıçapı yarıçapa eşit yazılı top. İzin vermek R yazılı topun yarıçapıdır, R ise çevrelenmiş topun yarıçapıdır. Köşeleri tabanın köşelerinden biri, tabanın merkezi ve topların merkezi olan bir dik üçgen düşünün. R2 = R 2 + R 2 1 nerede . Buradan
Sınırlandırılmış bir kürenin hacminin, yazılı bir kürenin hacmine oranı
184. Sınırlandırılmış ve yazılı kürelerin yarıçapları, bölündüğü tetrahedronun yüksekliğinin bölümlerine eşittir ortak merkez bu toplar. Bu segmentlerin oranının 3:1 olduğunu bulmak kolaydır.
Aslında, benzer üçgenler BQO ve BPK (Şekil 188) elimizde:
Topların yüzeyleri yarıçaplarının kareleri ile ilişkili olduğundan gerekli oran 9'dur.
______________________________________________
185. Düzenli tetrahedronların hacimleri, içlerine yazılan kürelerin yarıçaplarının küpleriyle ilişkilidir. Daha büyük bir tetrahedronun içine yazılan bir top, daha küçük bir tetrahedronun çevrelediği için, yazılı topların bahsedilen yarıçaplarının oranı (bkz. problem 184'ün çözümü) 3:1'e eşittir. Bu nedenle gerekli hacim oranı 3 3 = 27'dir.
______________________________________________
186. Sorunun çözülebilir olduğunu varsayalım. Küçük topa teğet bir A 1 B 1 C 1 (bkz. Şekil 189, a) düzlemini çizelim ve tabana paralel Belirli bir tetrahedronun ABC'si. Dörtyüzlü SA 1 B 1 C 1 yarıçaplı bir topun etrafında tanımlanmaktadır R . Yüksekliğinin SQ 1 = 4 olduğunu bulmak kolaydır. R (bkz. sorun 184).
SABC tetrahedronun kenarının uzunluğu şöyle olsun: X . O zaman AQ segmenti = X √ 3 / 3 ve yükseklik SQ = X √ 6 / 3 .
Karar verdikten sonra ikinci dereceden denklem, bulacağız
X 1,2 = R √6 ± √ R2 - 3R 2 .
Bu formülde yalnızca artı işaretli kökü almalısınız çünkü SA her durumda 3'ten büyüktür. R ve 3 R > R √6 .
Açıkçası, görev R koşulu altında mümkündür > √3 R
______________________________________________
187. A 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 - olsun düzenli altıgen, bir küpün bir bölümünde elde edilir. Sorun, düzenli bir şekilde yazılmış bir topun yarıçapını belirlemekle ilgilidir. altıgen piramit SA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 (Şek. 190).
Piramidin tabanının yan tarafı A √ 2/2 ve yükseklik A √ 3 / 2
Bir piramitte yazılı bir topun yarıçapının, piramidin hacminin üç katına bölünmesiyle elde edilen değere eşit olması gerçeğinden yararlanarak tam yüzey(sorunun çözümündeki formül (1)'e bakınız) şunu buluruz:
Bu nedenle gerekli oran şuna eşittir: 
______________________________________________
188. O kürenin merkezi olsun ve AS, BS ve CS verilen akorlar olsun. Açıkçası, ABC üçgeni eşkenardır (Şekil 191).
ABC düzlemine dik olan S01 çizgisinin uzatıldığında O küresinin merkezinden geçtiğini görmek kolaydır, çünkü O1 noktası etrafı çevrelenen dairenin merkezidir. /\ ABC.
Bu açıklamalardan sonra şunu belirtelim. D gerekli akor uzunluğu. SAB üçgeninden şunu buluruz:
AB = 2 D günah α / 2
ve bu nedenle
İkizkenar üçgen SOA'nın alanını iki şekilde hesaplayarak şunu elde ederiz:
______________________________________________
189. Yazılı bir kürenin yarıçapı R formülü kullanmayı buluyoruz (problemin çözümünde formül (1) ile karşılaştırın)
burada V piramidin hacmidir ve S toplam yüzeyidir.
Önce piramidin hacmini bulalım. Bunun için BSC ve BSA dik üçgenlerinin (Şekil 192) eşit olduğuna dikkat edin. eşit hipotenüsler ve genel taraf. Bu nedenle ASC dik üçgeni ikizkenardır. Çünkü
AS=CS= √a 2 -B 2 ,
o zaman bu nedenle,
______________________________________________
190. ile belirtelim R yazılı topun yarıçapı ve R boyunca çevrelenmiş topun yarıçapı.
Öncelikle kenarlarından biri SF piramidin yüksekliği, diğer SE ise yan yüzün yüksekliği olan SFE üçgenini ele alalım (Şekil 193, a). O yazılı topun merkezi olsun. SFE ve OFE üçgenlerinden (Şekil 193, b) şunu elde ederiz:
FE= R ctg φ / 2 ,
SF= R ctg φ / 2 tg φ .
DF = EF√2
Şek. 193, c, piramidin ekseni boyunca çizilen bir kesiti ve onun yan kaburga, kolayca bulabiliriz:
DO 1 2 = Ö 1 F 2 + DF 2
R2 = (SF - R)2 + DF2.
R = 3 olduğundan R , daha sonra burada SF ve DF için daha önce bulunan ifadeleri değiştirerek bir denklem elde ederiz: φ :
veya basitleştirmeden sonra
6 kilo φ / 2 tg φ = 2 + ten rengi 2 φ .
7z 4 -6z 2 + ben = 0.
Çünkü z > 0 ise yalnızca iki yanıt mümkündür:
______________________________________________
191. Toplamda 6 bigon (kenar sayısına göre) ve 4 üçgen elde ediyoruz (Şekil 194).
Her bir üçgenin alanını S 1 ile ve her bir bigon'un alanını S 2 ile gösterelim. Sahibiz:
4S 1 + 6S 2 = 4 π R2. (1)
S 0 bir üçgenin ve komşu üç köşegenin alanlarının toplamı olsun. S 0 alandır küresel bölüm, tetrahedron yüzünün düzlemi tarafından kesilmiş. Bu alan 2 π R H , Nerede H - segment yüksekliği. Dört yüzlünün yüksekliği kürenin merkezine 3:1 oranında bölündüğüne göre (bkz. problem 184), o zaman
H = R + 1/3 R = 4/3 R
nereden bulacağız? H = 2R - 4/3R = 2/3R.
S 1 + 3 S 2 = 2 π R2/3R = 4/3 π R2. (2)
Bilinmeyenler S 1 ve S 2'ye göre (1) ve (2) denklemlerinden oluşan sistemi çözdükten sonra şunu elde ederiz:
S 1 = 2 / 3 π R2, S2 = 2/9 π R2
______________________________________________
192. R yarıçap olsun koni tabanı, α - koninin ekseni ile generatrix arasındaki açı, R - yazılı kürenin yarıçapı. İÇİNDE eksenel bölüm konisinde bir ABC ikizkenar üçgenimiz var (Şekil 195).
Bu üçgenin içine yazılan dairenin yarıçapı yarıçapa eşittir R bir koninin içine yazılmış bir küre. Çemberin merkezi O olsun, / OSA = β .
O zaman açıktır ki tg β = R /R. Ancak sorunun koşullarına göre
Buradan R / R = 1 / √ 3 ve dolayısıyla β = π / 6. Çünkü ayrıca, α +2β = π / 2, o zaman α = π / 6. Bu nedenle gerekli açı 2'dir α = π / 3 .
______________________________________________
193. İzin vermek R - yarım kürenin yarıçapı, R - koninin tabanının yarıçapı, ben -koninin eski hali, α - koninin ekseni ile generatrix arasındaki açı.
Karşılaştığımız sorunun koşullarına göre
Bu eşitliğe açıyı dahil edelim α . Bunu yapmak için bir ikizkenar düşünün /\ ABC (Şekil 196), koninin eksenel bölümü ile sonuçlanır. İtibaren /\ bulduğumuz ABC
R= ben günah α , R = Rco'lar α = ben günah α çünkü α .
ABCQ tetrahedronun kenarlarına değen topun merkezi (Şekil), tetrahedronun merkeziyle (yani A, B, C, D köşelerinden eşit uzaklıktaki O noktasıyla) ve topun temas noktalarıyla çakışır. kenarlar kenarların orta noktalarıdır. Örneğin N teğet noktası AD kenarının orta noktasıdır. Aslında, AOB, BOC, COA, BOD, COD ve AOD'nin altı ikizkenar üçgeninin tümü (yalnızca AOD üçgeni çizilmiştir) birbirine eşittir (üç tarafta). Bu nedenle OM, ON vb. yükseklikleri eşittir. Bu nedenle, yarıçapı ON = olan bir top tanımlarsak R , daha sonra L, M, N, Q, K, R kenarlarının ortasından geçecek ve onlara orada dokunacaktır (ON⊥AD vb. olduğundan).
ADG düzlemini tetrahedronun DG yüksekliği ve AD kenarı boyunca çizelim. BC kenarına dik olacak (problemde ispatı verilmiştir) ve bu kenarı M'nin ortasında kesecektir. Bu bölümde bir AMD ikizkenar üçgeni (AM=MD) elde edeceğiz. Bu üçgenin MN yüksekliğini bulalım (N, AD'nin orta noktasıdır). O'nun merkezi MN üzerindedir (A ve O'ya eşit uzaklıkta olduğundan). Bu nedenle MO=HAYIR. Araç, R =MN/2. MN yüksekliği ANM üçgeninden belirlenir, burada AN = A / 2 ve AM = A √ 3 / 2 . (eşkenar bir özdeyiş olarak ABC üçgeni). Sahibiz
Topun tetrahedronun dışında bulunan kısmı, tetrahedronun kenarları tarafından toptan kesilen dört eşit parçadan oluşur. BDC yüzlerinden birini ele alalım. Segmentin tabanında yer alan LMK dairesi şöyle yazılmıştır: eşkenar üçgen BDC (çünkü üçgenin kenarları topa değiyor; bu nedenle BDC düzleminde yer alan küçük LMK dairesine de dokunuyorlar). Bu dairenin yarıçapı FM = A √ 3 / 6
Buradan,
gerekli hacim
V=4V C
Yorum. BCD üçgeninde yazılı LKM çemberi. K, L, M noktalarına ek olarak, önce sırasıyla F'ye göre simetrik olan üç noktayı daha işaretlersek (F noktası, elips ile kesişme noktasıdır) elle kolayca çizilebilecek bir elips olarak gösterilir. BDC üçgeninin medyanları).