Để dễ dàng giải các bài toán liên quan đến một quả bóng nội tiếp trong kim tự tháp, việc xem lại một ít tài liệu lý thuyết sẽ rất hữu ích.
Một quả bóng được ghi trong một kim tự tháp (hoặc một quả cầu được ghi trong một kim tự tháp) - điều này có nghĩa là quả bóng (quả cầu) chạm vào từng mặt của kim tự tháp. Các mặt phẳng chứa các mặt của kim tự tháp là các mặt phẳng tiếp tuyến của quả bóng. Các đoạn nối tâm quả bóng với các điểm tiếp xúc vuông góc với các mặt phẳng tiếp tuyến. Chiều dài của chúng bằng bán kính của quả bóng. Tâm của quả cầu nội tiếp trong hình chóp là giao điểm của các mặt phẳng phân giác của các góc nhị diện ở đáy (tức là các mặt phẳng chia các góc này làm đôi).
Thường xuyên nhất trong các nhiệm vụ chúng ta đang nói về về một quả bóng được ghi trong kim tự tháp đúng. Quả bóng có thể vừa với bất kỳ kim tự tháp thông thường nào. Tâm của quả bóng trong trường hợp này nằm ở độ cao của kim tự tháp. Khi giải bài toán, thuận tiện là cắt hình chóp và quả bóng có mặt phẳng đi qua đường trung đoạn và chiều cao của hình chóp.
Nếu hình chóp có hình tứ giác hoặc lục giác thì mặt cắt ngang là tam giác cân, bên trong đó là trung đoạn và đáy là đường kính của đường tròn nội tiếp ở đáy.
Nếu hình chóp có hình tam giác hoặc hình ngũ giác thì chỉ cần xem xét một phần của phần này là đủ - tam giác vuông, chân của nó là chiều cao của kim tự tháp và bán kính của hình tròn nội tiếp ở đáy kim tự tháp, và cạnh huyền là trung điểm.
Trong mọi trường hợp, cuối cùng chúng ta sẽ xét tam giác vuông tương ứng và các tam giác liên quan khác.
Vậy, trong tam giác vuông SOF, cạnh SO=H là chiều cao của hình chóp, chân OF=r là bán kính của đường tròn nội tiếp ở đáy hình chóp, cạnh huyền SF=l là trung điểm của hình chóp . O1 là tâm của quả bóng và theo đó, đường tròn nội tiếp trong tam giác thu được trong phần (chúng tôi đang xem xét một phần của nó). Góc SFO - góc tuyến tính góc nhị diện giữa mặt phẳng đáy và mặt phẳng cạnh của SBC. Điểm K và O là hai điểm tiếp tuyến nên O1K vuông góc với SF. OO1=O1K=R - bán kính của quả bóng.
Các tam giác vuông OO1F và KO1F bằng nhau (dọc theo hai cạnh huyền). Do đó KF=OF=r.
Các tam giác vuông SKO1 và SOF đồng dạng (trong góc nhọn S), từ đó nó theo sau
Trong tam giác SOF ta áp dụng tính chất phân giác của tam giác:
Từ tam giác vuông OO1F
Khi giải các bài toán liên quan đến một quả bóng nội tiếp trong một kim tự tháp đều, một lập luận nữa sẽ hữu ích.
Bây giờ chúng ta hãy tìm tỷ lệ thể tích của kim tự tháp với diện tích bề mặt của nó.
183. Dễ dàng chứng minh được điểm giữa đoạn nối tâm các đáy lăng trụ là tâm của các hình cầu nội tiếp và ngoại tiếp. Bán kính của hình tròn nội tiếp ở đáy là bằng bán kính quả bóng có ghi. Cho phép r là bán kính của quả cầu nội tiếp, R là bán kính của quả cầu ngoại tiếp. Xét một tam giác vuông có các đỉnh là một trong các đỉnh của đáy, tâm của đáy và tâm của các quả bóng. Chúng ta có R 2 = r 2 + r 2 1 ở đâu . Từ đây
Tỉ số giữa thể tích của hình cầu ngoại tiếp và thể tích của hình cầu nội tiếp là
184. Bán kính của các hình cầu ngoại tiếp và nội tiếp bằng các đoạn chiều cao của tứ diện mà nó được chia thành trung tâm chung những quả bóng này. Dễ dàng nhận thấy tỉ lệ của các đoạn này là 3:1.
Trên thực tế, từ tam giác đồng dạng BQO và BPK (Hình 188) ta có:
Vì bề mặt của các quả bóng có liên hệ với nhau bằng bình phương bán kính của chúng nên tỷ số cần tìm là 9.
______________________________________________
185. Thể tích của các khối tứ diện đều tỉ lệ với lập phương bán kính của các hình cầu nội tiếp trong đó. Vì một quả cầu nội tiếp trong một tứ diện lớn hơn được bao quanh một tứ diện nhỏ hơn nên tỉ số bán kính nêu trên của các quả cầu nội tiếp (xem lời giải của bài toán 184) bằng 3:1. Do đó, tỷ lệ thể tích cần tìm là 3 3 = 27.
______________________________________________
186. Giả sử rằng vấn đề có thể giải quyết được. Chúng ta hãy vẽ một mặt phẳng A 1 B 1 C 1 (xem Hình 189, a) tiếp xúc với quả bóng nhỏ hơn và song song với cơ sở ABC của một tứ diện đã cho. Tứ diện SA 1 B 1 C 1 được mô tả xung quanh một quả cầu có bán kính r . Dễ dàng tìm được chiều cao SQ 1 = 4 r (xem vấn đề 184).
Gọi độ dài cạnh của tứ diện SABC là X . Khi đó đoạn AQ = x √ 3/3 và chiều cao SQ = x √ 6 / 3 .
Đã quyết định phương trình bậc hai, chúng ta sẽ tìm thấy
x 1,2 = r √6 ± √ R 2 - 3r 2 .
Trong công thức này bạn chỉ nên lấy căn có dấu cộng, vì SA trong mọi trường hợp đều lớn hơn 3 r và 3 r > r √6 .
Rõ ràng, nhiệm vụ có thể thực hiện được với điều kiện R > √3 r
______________________________________________
187. Giả sử A 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 - lục giác đều, thu được trong một phần của khối lập phương. Vấn đề nảy sinh ở việc xác định bán kính của một quả bóng nội tiếp trong một mặt phẳng đều. kim tự tháp lục giác SA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 (Hình 190).
Cạnh đáy của kim tự tháp là Một √ 2/2 và chiều cao là Một √ 3 / 2
Lợi dụng thực tế là bán kính của một quả cầu nội tiếp trong kim tự tháp bằng ba lần thể tích của kim tự tháp chia cho toàn bộ bề mặt(xem công thức (1) trong lời giải bài toán), ta thấy:
Do đó, tỷ lệ cần thiết là bằng 
______________________________________________
188. Gọi O là tâm hình cầu và AS, BS, CS là các dây cho trước. Rõ ràng tam giác ABC là tam giác đều (Hình 191).
Cũng dễ dàng thấy rằng đường vuông góc SO 1 với mặt phẳng ABC, khi kéo dài, đi qua tâm của hình cầu O, vì điểm O 1 là tâm của đường tròn ngoại tiếp /\ ABC.
Sau những nhận xét này, chúng ta hãy biểu thị bằng d độ dài hợp âm cần thiết. Từ tam giác SAB ta tìm được:
AB = 2 d tội lỗi α / 2
và do đó
Tính diện tích của tam giác cân SOA theo hai cách, ta thu được:
______________________________________________
189. Bán kính của một hình cầu được ghi r chúng tôi tìm thấy cách sử dụng công thức (xem công thức (1) trong lời giải của bài toán)
Trong đó V là thể tích của hình chóp và S là tổng bề mặt của nó.
Đầu tiên chúng ta hãy tìm thể tích của kim tự tháp. Đối với điều này, hãy lưu ý rằng các tam giác vuông BSC và BSA (Hình 192) bằng nhau về cạnh huyền bằng nhau và mặt chung. Vì vậy tam giác vuông ASC là tam giác cân. Bởi vì
NHƯ=CS= √a 2 -b 2 ,
thì, do đó,
______________________________________________
190. Hãy ký hiệu bằng r bán kính của quả cầu nội tiếp và qua R bán kính của quả cầu ngoại tiếp.
Trước tiên chúng ta hãy xem xét tam giác SFE, một trong các cạnh SF của nó là chiều cao của hình chóp và SE còn lại là chiều cao của mặt bên (Hình 193, a). Gọi O là tâm của quả cầu nội tiếp. Từ các tam giác SFE và OFE (Hình 193, b) ta có:
FE= r ctg φ / 2 ,
SF= r ctg φ / 2 tg φ .
DF = EF√2
Đề cập đến Hình. 193, c, cho thấy một phần được vẽ qua trục của kim tự tháp và sườn bên, chúng ta dễ dàng tìm thấy:
DO 1 2 = O 1 F 2 + DF 2
R 2 = (SF - R) 2 + DF 2.
Vì R = 3 r , sau đó, thay thế ở đây các biểu thức tìm được trước đó cho SF và DF, chúng ta thu được phương trình cho φ :
hoặc sau khi đơn giản hóa
6 ngày φ / 2 tg φ = 2 + tan 2 φ .
7z 4 -6z 2 + l = 0.
Bởi vì z > 0 thì chỉ có thể có hai đáp án:
______________________________________________
191. Tổng cộng, chúng ta có 6 bigon (theo số cạnh) và 4 hình tam giác (Hình 194).
Chúng ta hãy biểu thị S 1 diện tích của mỗi hình tam giác và S 2 diện tích của mỗi bigons. Chúng tôi có:
4S 1 + 6S 2 = 4 π R2. (1)
Gọi S 0 là tổng diện tích của một tam giác và ba đường chéo liền kề. S 0 là diện tích đoạn hình cầu, bị cắt bởi mặt phẳng của mặt tứ diện. Khu vực này là 2 π R h , Ở đâu h - chiều cao phân đoạn. Vì chiều cao của tứ diện được chia cho tâm của hình cầu theo tỷ lệ 3:1 (xem bài toán 184), nên
H = R + 1/3 R = 4/3 R
chúng ta tìm thấy nó từ đâu? h = 2R - 4/3 R = 2/3 R.
S 1 + 3 S 2 = 2 π R 2/3 R = 4/3 π R2. (2)
Giải hệ phương trình (1) và (2), tương ứng với các ẩn số S 1 và S 2, ta thu được:
S 1 = 2/3 π R2, S2 = 2/9 π R 2
______________________________________________
192. Gọi R là bán kính đế hình nón, α - góc giữa trục của hình nón và trục sinh, r - bán kính của hình cầu được ghi. TRONG phần trục hình nón ta có tam giác cân ABC (Hình 195).
Bán kính của hình tròn nội tiếp tam giác này bằng bán kính r một hình cầu được ghi trong một hình nón. Gọi O là tâm đường tròn, / OSA = β .
Thế thì hiển nhiên là tg β = r /R. Nhưng theo điều kiện của bài toán
Từ đây r / R = 1 / √ 3 và do đó β = π / 6. Vì, ngoài ra, α +2β = π / 2 thì α = π / 6. Do đó góc cần tìm là 2 α = π / 3 .
______________________________________________
193. Cho phép r - bán kính hình bán cầu, R - bán kính đáy hình nón, tôi -cựu hình nón, α - góc giữa trục của hình nón và ma trận.
Theo điều kiện bài toán ta có
Hãy để chúng tôi giới thiệu góc vào đẳng thức này α . Để làm điều này, hãy xem xét một cân /\ ABC (Hình 196), tạo thành phần trục của hình nón. Từ /\ ABC chúng tôi tìm thấy
R= tôi tội lỗi α , r = Rcos α = tôi tội lỗi α vì α .
Tâm của quả bóng tiếp xúc với các cạnh của tứ diện ABCQ (Hình.) trùng với tâm của tứ diện (tức là có điểm O, cách đều các đỉnh A, B, C, D) và các điểm tiếp xúc của quả bóng với các cạnh là trung điểm của các cạnh. Ví dụ: điểm tiếp tuyến N là trung điểm của cạnh AD. Thật vậy, cả sáu tam giác cân AOB, BOC, COA, BOD, COD và AOD (chỉ vẽ tam giác AOD) đều bằng nhau (ba cạnh). Do đó, độ cao OM, ON, v.v. của chúng bằng nhau. Do đó, nếu chúng ta mô tả một quả bóng có bán kính ON = r , thì nó sẽ đi qua các điểm giữa của các cạnh L, M, N, Q, K, R và chạm vào chúng ở đó (kể từ ON⊥AD, v.v.).
Vẽ mặt phẳng ADG đi qua đường cao của tứ diện DG và cạnh AD. Nó sẽ vuông góc với cạnh BC (bằng chứng được đưa ra trong bài toán) và sẽ cắt cạnh này tại điểm M ở giữa của nó. Trong phần này chúng ta sẽ thu được tam giác cân AMD (AM=MD). Hãy tìm chiều cao MN của tam giác này (N là trung điểm của AD). Tâm của O nằm trên MN (vì nó cách đều A và O). Do đó, MO=NO. Có nghĩa, r = MN/2 . Chiều cao MN được xác định từ tam giác ANM, trong đó AN = Một / 2 và sáng = Một √ 3 / 2 . (như trung điểm của một hình đều tam giác ABC). Chúng tôi có
Phần của quả bóng nằm bên ngoài khối tứ diện bao gồm bốn đoạn bằng nhau được các cạnh của khối tứ diện cắt ra khỏi quả bóng. Hãy xem xét một trong các mặt BDC. Đường tròn LMK nằm ở đáy của đoạn thẳng nội tiếp tam giác đều BDC (vì các cạnh của tam giác tiếp xúc với quả bóng nên cũng tiếp xúc với đường tròn nhỏ LMK nằm trong mặt phẳng BDC). Bán kính của đường tròn này FM = Một √ 3 / 6
Kể từ đây,
khối lượng cần thiết
V=4V c
Bình luận. Đường tròn LKM nội tiếp tam giác BCD. được mô tả dưới dạng một hình elip, có thể dễ dàng vẽ bằng tay nếu ngoài các điểm K, L, M, trước tiên chúng ta đánh dấu thêm ba điểm tương ứng, đối xứng với chúng so với F (điểm F là giao điểm của đường trung tuyến của tam giác BDC).