Пирамиды. Решение правильных пирамид.: Часть 4

Видео

Конспект

Задачи на решение правильных пирамид

Задача 5.38

Вычислите расстояние между центрами вписанного в правильную треугольную пирамиду шара и шара, описанного около нее, если известно, что длина стороны основания пирамиды равна 3\sqrt{3} см, а длина ее высоты — 9 см.

Stereo_2_119_s

Рис. 6: К задаче 5.38

Решение.

Пусть SABC — правильная треугольная пирамида с высотой SO=9 см. В основании лежит правильный \triangle ABC со стороной 3\sqrt{3} см (рис. 6). AO — радиус описанной окружности основания: AO = \frac{AB\sqrt{3}}{3} = \frac{3\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{3} = 3 см. OD — радиус вписанной окружности основания ( D — середина BC ): OD = \frac{1}{2}AO = \frac{3}{2} см. В прямоугольном \triangle AOS найдем боковое ребро AS : AS = \sqrt{AO^2 + SO^2} = \sqrt{3^2 + 9^2} = 3\sqrt{10} см.

Центр описанного шара O_1 лежит на высоте SO . O_1 равноудален от вершин A и S . Пусть E — середина AS . В \triangle ASO , O_1E — серединный перпендикуляр к AS , SE = \frac{1}{2}AS = \frac{3\sqrt{10}}{2} см. \triangle ESO_1 \sim \triangle ASO (по двум углам). Отсюда \frac{ES}{SO} = \frac{SO_1}{AS} \implies SO_1 = \frac{ES \cdot AS}{SO} = \frac{(3\sqrt{10}/2) \cdot 3\sqrt{10}}{9} = 5 см. Таким образом, радиус описанного шара R = SO_1 = 5 см.

Центр вписанного шара O_2 лежит на высоте SO . O_2 равноудален от основания и боковой грани. В \triangle OSD : SD = \sqrt{SO^2 + OD^2} = \sqrt{9^2 + (3/2)^2} = \frac{3\sqrt{37}}{2} см. \triangle OSD \sim \triangle O_2SF (по двум углам). Пусть радиус вписанного шара r=O_2O . Из подобия \begin{gathered}

\frac{SD}{SO_2} = \frac{OD}{O_2F} \Longrightarrow \frac{3\sqrt{37}/2}{9-r} = \frac{3/2}{r} \Longrightarrow r\sqrt{37} = 9-r \Longrightarrow\\

r(\sqrt{37}+1) = 9

\Longrightarrow r = \frac{9}{\sqrt{37}+1} = \frac{\sqrt{37}-1}{4} см.

\end{gathered} Расстояние между центрами O_1O_2 : O_1O_2 = |SO - SO_1 - OO_2| = |9 - 5 - r| = \frac{17-\sqrt{37}}{4} см.

Ответ: \frac{17-\sqrt{37}}{4} см.

Задача 5.39

Найдите радиус шара, вписанного в правильную треугольную пирамиду, у которой высота равна H , а угол между боковым ребром и плоскостью основания равен \alpha .

Stereo_2_120_s

Рис. 7: К задаче 5.39

Решение.

Пусть r — радиус вписанного шара. Рассмотрим правильную треугольную пирамиду SABC с высотой SO=H (рис. 7). В прямоугольном \triangle SAO : AO = SO \ctg\alpha = H \ctg\alpha. O — центр основания, M — середина BC , OM — радиус вписанной окружности основания, OM = \frac{1}{2}AO = \frac{1}{2}H \ctg\alpha. Из прямоугольного \triangle SOM найдем апофему SM : SM = \sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{H^2 + \frac{1}{4}H^2 \ctg^2\alpha} = \frac{H}{2}\sqrt{4+\ctg^2\alpha}. Центр вписанного шара O_1 лежит на высоте SO . O_1 равноудален от основания и боковой грани. Пусть O_1K — перпендикуляр к апофеме SM . O_1K = OO_1 = r . \triangle SO_1K \sim \triangle SMO по двум углам, из подобия: \begin{gathered}

\frac{SO_1}{SM} = \frac{O_1K}{OM} \Longrightarrow \frac{H-r}{\frac{H}{2}\sqrt{4+\ctg^2\alpha}} = \frac{r}{\frac{1}{2}H\ctg\alpha} \Longrightarrow \\

(H-r)\ctg\alpha = r\sqrt{4+\ctg^2\alpha} \Longrightarrow

H\ctg\alpha = r \left(\ctg\alpha + \sqrt{4+\ctg^2\alpha} \right) \\

\Longrightarrow r = \frac{H\ctg\alpha}{\ctg\alpha + \sqrt{4+\ctg^2\alpha}} = \frac{H}{4}\ctg^2\alpha \left(\sqrt{4\tg^2\alpha+1}-1 \right).

\end{gathered} Ответ: \displaystyle r = \frac{H}{4}\ctg^2\alpha \left(\sqrt{4\tg^2\alpha+1}-1 \right) .

Задача 5.40

МГУ, физический ф-т, 1995, №6(8).

В правильной треугольной пирамиде угол при вершине между двумя боковыми ребрами равен \beta . Найти двугранный угол при основании пирамиды.

Stereo_2_121_s

Рис. 8: К задаче 5.40

Решение.

Пусть боковое ребро равно b . Проведем апофему SD , которая также является медианой и биссектрисой (рис. 8). В прямоугольном \triangle SDC ( \angle SDC=90^\circ ): CD = \frac{1}{2}CB = b\sin\frac{\beta}{2} \Longrightarrow CB = 2b\sin\frac{\beta}{2},~ SD = b\cos\frac{\beta}{2}. Рассмотрим основание ABC . H — центр, D — середина BC . AD — медиана и высота. AD = 2b\sin\frac{\beta}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}b\sin\frac{\beta}{2}. Точка H делит медиану AD в отношении AH:HD=2:1 , следовательно, HD = \frac{\sqrt{3}}{3}b\sin\frac{\beta}{2}. Двугранный угол при основании — это угол между боковой гранью и основанием. Его линейным углом является \angle SDH . Рассмотрим прямоугольный \triangle SDH ( \angle SHD=90^\circ ): \cos(\angle SDH) = \frac{HD}{SD} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{3}b\sin\frac{\beta}{2}}{b\cos\frac{\beta}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}\tg\frac{\beta}{2}. Искомый угол: \angle SDH = \arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\tg\frac{\beta}{2}\right). Ответ: \displaystyle \arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\tg\frac{\beta}{2}\right) .