Der Radius eines Kreises, der in ein Tetraeder eingeschrieben ist. Eine Kugel ist in ein Tetraeder eingeschrieben, dessen Kante gleich a ist, sodass es

183. Es ist leicht zu beweisen, dass die Mitte des Segments, das die Mittelpunkte der Prismenbasen verbindet, der Mittelpunkt der eingeschriebenen und umschriebenen Kugeln ist. Der Radius eines an der Basis eingeschriebenen Kreises beträgt gleich dem Radius beschriftete Kugel. Lassen R ist der Radius der eingeschriebenen Kugel, R ist der Radius der umschriebenen Kugel. Stellen Sie sich ein rechtwinkliges Dreieck vor, dessen Eckpunkte einer der Eckpunkte der Basis, des Mittelpunkts der Basis und des Mittelpunkts der Kugeln sind. Wir haben R 2 = R 2 + R 2 1 wo . Von hier

Das Verhältnis des Volumens einer umschriebenen Kugel zum Volumen einer eingeschriebenen Kugel ist

184. Die Radien der umschriebenen und eingeschriebenen Kugeln sind gleich den Höhensegmenten des Tetraeders, in die es durch den gemeinsamen Mittelpunkt dieser Kugeln geteilt wird. Es ist leicht festzustellen, dass das Verhältnis dieser Segmente 3:1 beträgt.

Tatsächlich von ähnliche Dreiecke BQO und BPK (Abb. 188) haben wir:

Da sich die Oberflächen der Kugeln als Quadrate ihrer Radien verhalten, beträgt das erforderliche Verhältnis 9.

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185. Die Volumina regelmäßiger Tetraeder stehen im Verhältnis zu den Kuben der Radien der ihnen eingeschriebenen Kugeln. Da eine in ein größeres Tetraeder eingeschriebene Kugel von einem kleineren Tetraeder umschrieben wird, beträgt das Verhältnis der genannten Radien eingeschriebener Kugeln (siehe Lösung zu Aufgabe 184) 3:1. Daher beträgt das erforderliche Volumenverhältnis 3 3 = 27.

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186. Nehmen wir an, dass das Problem lösbar ist. Zeichnen wir eine Ebene A 1 B 1 C 1 (siehe Abb. 189, a) tangential zur kleineren Kugel und parallel zur Basis ABC eines gegebenen Tetraeders. Das Tetraeder SA 1 B 1 C 1 wird um eine Kugel mit Radius beschrieben R . Es ist leicht zu finden, dass seine Höhe SQ 1 = 4 ist R (siehe Aufgabe 184).

Die Länge der Kante des SABC-Tetraeders sei X . Dann ist das Segment AQ = X √ 3 / 3 und Höhe SQ = X √ 6 / 3 .

Nachdem ich mich entschieden habe quadratische Gleichung, wir werden finden

X 1,2 = R √6 ± √ R 2 - 3R 2 .

In dieser Formel sollten Sie die Wurzel nur mit einem Pluszeichen ziehen, da SA in jedem Fall größer als 3 ist R , und 3 R > R √6 .

Offensichtlich ist die Aufgabe unter der Bedingung R möglich > √3 R

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187. Sei A 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 - regelmäßiges Sechseck, erhalten in einem Würfelabschnitt. Das Problem besteht darin, den Radius einer Kugel zu bestimmen, die in eine Regelmäßigkeit eingeschrieben ist sechseckige Pyramide SA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 (Abb. 190).

Die Seite der Basis der Pyramide ist A √ 2 / 2 und die Höhe ist A √ 3 / 2

Unter Ausnutzung der Tatsache, dass der Radius einer in eine Pyramide eingeschriebenen Kugel gleich dem Dreifachen des Volumens der Pyramide dividiert durch ihr ist vollflächig(siehe Formel (1) in der Lösung des Problems), finden wir:

Daher ist das erforderliche Verhältnis gleich

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188. Sei O der Mittelpunkt der Kugel und AS, BS und CS die gegebenen Akkorde. Offensichtlich ist das Dreieck ABC gleichseitig (Abb. 191).

Es ist auch leicht zu erkennen, dass die Senkrechte SO 1 zur Ebene ABC, wenn sie verlängert wird, durch den Mittelpunkt der Kugel O verläuft, da der Punkt O 1 der Mittelpunkt des umschriebenen Kreises ist /\ ABC.

Nach diesen Bemerkungen bezeichnen wir mit D die erforderliche Sehnenlänge. Aus dem Dreieck SAB finden wir:

AB = 2 D Sünde α / 2

und deshalb

Wenn wir die Fläche eines gleichschenkligen Dreiecks SOA auf zwei Arten berechnen, erhalten wir:

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189. Radius einer beschrifteten Kugel R wir finden mit der Formel (vgl. Formel (1) in der Lösung des Problems)

Dabei ist V das Volumen der Pyramide und S ihre Gesamtoberfläche.

Lassen Sie uns zunächst das Volumen der Pyramide ermitteln. Beachten Sie dabei, dass die rechtwinkligen Dreiecke BSC und BSA (Abb. 192) gleich sind gleiche Hypotenusen und allgemeine Seite. Aus diesem Grund ist das rechtwinklige Dreieck ASC gleichschenklig. Als

AS=CS= √a 2 -B 2 ,

dann also,

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190. Bezeichnen wir mit R der Radius der eingeschriebenen Kugel und durch R der Radius der umschriebenen Kugel.

Betrachten wir zunächst das Dreieck SFE, dessen eine Seite SF die Höhe der Pyramide und die andere SE die Höhe der Seitenfläche ist (Abb. 193, a). Sei O der Mittelpunkt der eingeschriebenen Kugel. Aus den Dreiecken SFE und OFE (Abb. 193, b) haben wir:

FE= R ctg φ / 2 ,

SF= R ctg φ / 2 tg φ .

DF = EF√2

Bezugnehmend auf Abb. 193, c, das einen Schnitt durch die Achse der Pyramide und ihre zeigt seitliche Rippe können wir leicht finden:

DO 1 2 = O 1 F 2 + DF 2

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

Da R = 3 R , dann ersetzen wir hier die zuvor gefundenen Ausdrücke für SF und DF und erhalten eine Gleichung für φ :

oder nach Vereinfachung

6 Tage φ / 2 tg φ = 2 + tan 2 φ .

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

Als z > 0, dann sind nur zwei Antworten möglich:

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191. Insgesamt erhalten wir 6 Bigone (je nach Kantenanzahl) und 4 Dreiecke (Abb. 194).

Bezeichnen wir mit S 1 die Fläche jedes der Dreiecke und mit S 2 die Fläche jedes Bigons. Wir haben:

4S 1 + 6S 2 = 4 π R2. (1)

Sei S 0 die Summe der Flächen eines Dreiecks und dreier benachbarter Diagonalen. S 0 ist die Fläche des Kugelsegments, das von der Ebene der Tetraederfläche abgeschnitten wird. Dieser Bereich ist 2 π R H , Wo H - Segmenthöhe. Da die Höhe des Tetraeders durch den Mittelpunkt der Kugel im Verhältnis 3:1 geteilt wird (siehe Aufgabe 184), dann

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

Woher finden wir es? H = 2R - 4 / 3 R = 2 / 3 R.

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

Nachdem wir das System bestehend aus den Gleichungen (1) und (2) relativ zu den Unbekannten S 1 und S 2 gelöst haben, erhalten wir:

S 1 = 2 / 3 π R2, S2 = 2/9 π R 2

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192. Sei R der Radius Kegelbasis, α - der Winkel zwischen der Kegelachse und der Erzeugenden, R - Radius der beschrifteten Kugel. IN Axialschnitt wir haben einen Kegel gleichschenkligen Dreiecks ABC (Abb. 195).

Der Radius eines in dieses Dreieck eingeschriebenen Kreises ist gleich dem Radius R eine Kugel, die in einen Kegel eingeschrieben ist. Lass O - Mittelpunkt des Kreises, / OSA = β .

Dann ist es offensichtlich, dass tg β = R /R. Aber je nach den Bedingungen des Problems

Von hier R / R = 1 / √ 3 und daher β = π / 6. Da außerdem α +2β = π / 2 also α = π / 6. Daher beträgt der erforderliche Winkel 2 α = π / 3 .

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193. Lassen R - Radius der Halbkugel, R - Radius der Kegelbasis, l -Former des Kegels, α - der Winkel zwischen der Kegelachse und der Erzeugenden.

Je nach den Bedingungen des Problems, das wir haben

Lassen Sie uns den Winkel in diese Gleichheit einführen α . Betrachten Sie dazu eine gleichschenklige /\ ABC (Abb. 196), was den axialen Abschnitt des Kegels ergibt. Aus /\ ABC finden wir

R= l Sünde α , R = Rcos α = l Sünde α cos α .

Um Probleme mit einer in eine Pyramide eingeschriebenen Kugel leichter lösen zu können, ist es hilfreich, ein wenig theoretisches Material durchzugehen.

Eine Kugel ist in eine Pyramide eingeschrieben (oder eine Kugel ist in eine Pyramide eingeschrieben) – das bedeutet, dass die Kugel (Kugel) jede Seite der Pyramide berührt. Die Ebenen, die die Flächen der Pyramide enthalten, sind die Tangentenebenen der Kugel. Die Segmente, die den Mittelpunkt der Kugel mit den Kontaktpunkten verbinden, stehen senkrecht auf den Tangentenebenen. Ihre Länge entspricht dem Radius der Kugel. Der Mittelpunkt einer in eine Pyramide eingeschriebenen Kugel ist der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden der Diederwinkel an der Basis (d. h. der Ebenen, die diese Winkel in zwei Hälften teilen).

Am häufigsten in Aufgaben wir reden überüber eine Kugel, in die eingeschrieben ist richtige Pyramide. Der Ball passt in jede normale Pyramide. Der Mittelpunkt der Kugel liegt in diesem Fall auf der Höhe der Pyramide. Bei der Lösung des Problems ist es zweckmäßig, die Pyramide und die Kugel mit einer Ebene zu schneiden, die durch das Apothem und die Höhe der Pyramide verläuft.

Wenn die Pyramide viereckig oder sechseckig ist, ist der Querschnitt ein gleichschenkliges Dreieck, Seiten davon sind die Apotheme, und die Basis ist der Durchmesser des in die Basis eingeschriebenen Kreises.

Wenn die Pyramide dreieckig oder fünfeckig ist, reicht es aus, nur einen Teil dieses Abschnitts zu betrachten – ein rechtwinkliges Dreieck, dessen Schenkel die Höhe der Pyramide und den Radius des an der Basis der Pyramide eingeschriebenen Kreises sowie die Hypotenuse darstellen ist das Apothem.

Auf jeden Fall kommen wir am Ende dazu, das entsprechende zu betrachten rechtwinkliges Dreieck und andere verwandte Dreiecke.

In einem rechtwinkligen Dreieck SOF ist also der Schenkel SO=H die Höhe der Pyramide, der Schenkel OF=r der Radius des Kreises, der an der Basis der Pyramide eingeschrieben ist, und die Hypotenuse SF=l ist das Apothem der Pyramide. O1 ist der Mittelpunkt der Kugel und dementsprechend der Kreis, der in das im Abschnitt erhaltene Dreieck eingeschrieben ist (wir betrachten einen Teil davon). Winkel SFO - linearer Winkel Diederwinkel zwischen der Basisebene und der Ebene der Seitenfläche des SBC. Die Punkte K und O sind Tangentenpunkte, daher steht O1K senkrecht zu SF. OO1=O1K=R – Radius der Kugel.

Die rechtwinkligen Dreiecke OO1F und KO1F sind gleich (entlang der Schenkel und der Hypotenuse). Daher ist KF=OF=r.

Die rechtwinkligen Dreiecke SKO1 und SOF sind ähnlich (in scharfe Ecke S), woraus folgt

Im Dreieck-SOF wenden wir die Eigenschaft der Dreieckshalbierenden an:

Aus rechtwinkligem Dreieck OO1F

Bei der Lösung von Problemen mit einer Kugel, die in eine regelmäßige Pyramide eingeschrieben ist, ist eine weitere Überlegung hilfreich.

Lassen Sie uns nun das Verhältnis des Volumens der Pyramide zu ihrer Oberfläche ermitteln.

Der Mittelpunkt einer Kugel, die die Kanten des Tetraeders ABCQ (Abb.) berührt, fällt mit dem Mittelpunkt des Tetraeders (d. h. mit Punkt O, gleich weit von den Eckpunkten A, B, C, D entfernt) und den Kontaktpunkten der Kugel zusammen Bei den Kanten handelt es sich um die Mittelpunkte der Kanten. Beispielsweise ist der Tangentenpunkt N der Mittelpunkt der Kante AD. Tatsächlich sind alle sechs gleichschenkligen Dreiecke AOB, BOC, COA, BOD, COD und AOD (nur das Dreieck AOD ist gezeichnet) einander gleich (auf drei Seiten). Daher sind ihre Höhen OM, ON usw. gleich. Wenn wir also eine Kugel mit dem Radius ON = beschreiben R , dann geht es durch die Mitten der Kanten L, M, N, Q, K, R und berührt sie dort (seit ON⊥AD usw.).

Zeichnen wir die Ebene ADG durch die Höhe des Tetraeders DG und die Kante AD. Es steht senkrecht zur Kante BC (der Beweis wird in der Aufgabe gegeben) und schneidet diese Kante in ihrer Mitte M. Im Abschnitt erhalten wir ein gleichschenkliges Dreieck AMD (AM=MD). Finden wir die Höhe MN dieses Dreiecks (N ist der Mittelpunkt von AD). Das Zentrum von O liegt auf MN (da es von A und O gleich weit entfernt ist). Daher ist MO=NO. Bedeutet, R = MN / 2 . Die Höhe MN wird aus dem Dreieck ANM ermittelt, wobei AN = A / 2 und AM = A √ 3 / 2 . (als Apothem eines Gleichseitigen Dreieck ABC). Wir haben

Der außerhalb des Tetraeders liegende Teil der Kugel besteht aus vier gleichen Segmenten, die durch die Kanten des Tetraeders von der Kugel abgeschnitten werden. Betrachten wir eines der BDC-Gesichter. Der an der Basis des Segments liegende Kreis LMK ist eingeschrieben gleichseitiges Dreieck BDC (da die Seiten des Dreiecks die Kugel berühren; daher berühren sie auch den kleinen Kreis LMK, der in der Ebene BDC liegt). Radius dieses Kreises FM = A √ 3 / 6

Somit,

benötigte Lautstärke

V=4V C

Kommentar. Kreis LKM im Dreieck BCD eingeschrieben. wird als Ellipse dargestellt, die leicht von Hand gezeichnet werden kann, wenn wir zusätzlich zu den Punkten K, L, M zunächst drei weitere Punkte jeweils symmetrisch zu ihnen relativ zu F markieren (Punkt F ist der Schnittpunkt der Mediane des Dreiecks BDC).