Si të vendosni një top në një katërkëndor të rregullt. Një top është i gdhendur në një tetraedron, skaji i të cilit është i barabartë me një, në mënyrë që ai

183. Është e lehtë të vërtetohet se mesi i segmentit që lidh qendrat e bazave të prizmit është qendra e sferave të brendashkruara dhe të rrethuara. Rrezja e një rrethi të gdhendur në bazë është e barabartë me rrezen e sferës së brendashkruar. Le r është rrezja e topit të brendashkruar, R është rrezja e topit të rrethuar. Konsideroni një trekëndësh kënddrejtë, kulmet e të cilit janë një nga kulmet e bazës, qendra e bazës dhe qendra e topave. Kemi R 2 = r 2 + r 2 1 ku . Nga këtu

Raporti i vëllimit të një sfere të kufizuar me vëllimin e një sfere të brendashkruar është

184. Rrezet e sferave të rrethuara dhe të brendashkruara janë të barabarta me segmentet e lartësisë së tetraedrit në të cilin ndahet qendër e përbashkët këto topa. Është e lehtë të zbulohet se raporti i këtyre segmenteve është 3:1.

Në fakt, nga trekëndësha të ngjashëm BQO dhe BPK (Fig. 188) kemi:

Meqenëse sipërfaqet e topave janë të lidhura si katrorët e rrezeve të tyre, raporti i kërkuar është 9.

______________________________________________

185. Vëllimet e tetraedroneve të rregullta janë në raport me kubet e rrezeve të sferave të gdhendura në to. Meqenëse një top i brendashkruar në një katërkëndor më të madh është i rrethuar rreth një katërkëndëshi më të vogël, raporti i rrezeve të përmendura të topave të brendashkruar (shih zgjidhjen e problemit 184) është i barabartë me 3:1. Prandaj, raporti i kërkuar i vëllimit është 3 3 = 27.

______________________________________________

186. Le të supozojmë se problemi është i zgjidhshëm. Le të vizatojmë një plan A 1 B 1 C 1 (shih Fig. 189, a) tangjent me topin më të vogël dhe paralel me bazën ABC e një tetraedri të caktuar. Tetraedri SA 1 B 1 C 1 përshkruhet rreth një topi me rreze r . Është e lehtë të zbulohet se lartësia e tij SQ 1 = 4 r (shih problemin 184).

Le të jetë gjatësia e skajit të katërkëndëshit SABC X . Atëherë segmenti AQ = x √ 3 / 3 dhe lartësia SQ = x √ 6 / 3 .

Duke vendosur ekuacioni kuadratik, do të gjejmë

x 1,2 = r √6 ± √ R 2 - 3r 2 .

Në këtë formulë ju duhet të merrni rrënjën vetëm me një shenjë plus, sepse SA është në çdo rast më e madhe se 3 r , dhe 3 r > r √6 .

Natyrisht, detyra është e mundur nën kushtin R > √3 r

______________________________________________

187. Le të A 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 - gjashtëkëndësh i rregullt, e marrë në një seksion të një kubi. Problemi zbret në përcaktimin e rrezes së një topi të gdhendur në një të rregullt piramidë gjashtëkëndore SA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1 (Fig. 190).

Ana e bazës së piramidës është a √ 2/2 dhe lartësia është a √ 3 / 2

Duke përfituar nga fakti se rrezja e një topi të gdhendur në një piramidë është e barabartë me trefishin e vëllimit të piramidës pjesëtuar me sipërfaqe të plotë(shih formulën (1) në zgjidhjen e problemit), gjejmë:

Prandaj, raporti i kërkuar është i barabartë me

______________________________________________

188. Le të jetë O qendra e sferës dhe AS, BS dhe CS të jenë kordat e dhëna. Natyrisht, trekëndëshi ABC është barabrinjës (Fig. 191).

Është gjithashtu e lehtë të shihet se pingulja SO 1 me Aeroplani ABC kur vazhdohet, ai kalon përmes qendrës së sferës O, pasi pika O 1 është qendra e një rrethi të rrethuar rreth /\ ABC.

Pas këtyre vërejtjeve, le të shënojmë me d gjatësia e kërkuar e kordës. Nga trekëndëshi SAB gjejmë:

AB = 2 d mëkat α / 2

dhe prandaj

Duke llogaritur sipërfaqen e një trekëndëshi dykëndësh SOA në dy mënyra, marrim:

______________________________________________

189. Rrezja e një sfere të brendashkruar r gjejmë duke përdorur formulën (shih formulën (1) në zgjidhjen e problemit)

ku V është vëllimi i piramidës dhe S është sipërfaqja totale e saj.

Le të gjejmë fillimisht vëllimin e piramidës. Për këtë, vini re se trekëndëshat kënddrejtë BSC dhe BSA (Fig. 192) janë të barabartë në hipotenuse të barabarta dhe anën e përgjithshme. Për shkak të kësaj, trekëndëshi kënddrejtë ASC është dykëndësh. Sepse

AS=CS= √a 2 -b 2 ,

atëherë, pra,

______________________________________________

190. Le të shënojmë me r rrezja e topit të brendashkruar, dhe përmes R rrezja e topit të rrethuar.

Le të shqyrtojmë fillimisht trekëndëshin SFE, njëra nga anët e të cilit SF është lartësia e piramidës dhe tjetra SE është lartësia e faqes anësore (Fig. 193, a). Le të jetë O qendra e topit të mbishkruar. Nga trekëndëshat SFE dhe OFE (Fig. 193, b) kemi:

FE= r ctg φ / 2 ,

SF= r ctg φ / 2 tg φ .

DF = EF√2

Duke iu referuar Fig. 193, c, i cili tregon një seksion të vizatuar përmes boshtit të piramidës dhe të saj brinjë anësore, mund të gjejmë lehtësisht:

DO 1 2 = O 1 F 2 + DF 2

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

Meqenëse R = 3 r , atëherë, duke zëvendësuar këtu shprehjet e gjetura më parë për SF dhe DF, marrim një ekuacion për φ :

ose pas thjeshtimit

6 tg φ / 2 tg φ = 2 + cirk 2 φ .

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

Sepse z > 0, atëherë vetëm dy përgjigje janë të mundshme:

______________________________________________

191. Në total, marrim 6 bigona (sipas numrit të skajeve) dhe 4 trekëndësha (Fig. 194).

Le të shënojmë me S 1 sipërfaqen e secilit prej trekëndëshave dhe me S 2 sipërfaqen e secilit prej bigonëve. Ne kemi:

4S 1 + 6S 2 = 4 π R2. (1)

Le të jetë S 0 shuma e sipërfaqeve të një trekëndëshi dhe tre diagonash ngjitur. S 0 është zona e segmentit sferik të prerë nga rrafshi i faqes së katërkëndëshit. Kjo zonë është 2 π R h , Ku h - lartësia e segmentit. Meqenëse lartësia e tetraedrit ndahet me qendrën e sferës në raportin 3:1 (shih problemin 184), atëherë

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

nga e gjejmë? h = 2R - 4/3 R = 2/3 R.

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

Pasi kemi zgjidhur sistemin e përbërë nga ekuacionet (1) dhe (2), në lidhje me të panjohurat S 1 dhe S 2, marrim:

S 1 = 2/3 π R2, S2 = 2/9 π R 2

______________________________________________

192. Le të jetë R rrezja e bazës së konit, α - këndi ndërmjet boshtit të konit dhe gjeneratorit, r - rrezja e sferës së brendashkruar. NË seksion boshtor ne kemi një kon trekëndëshi dykëndësh ABC (Fig. 195).

Rrezja e një rrethi të gdhendur në këtë trekëndësh është e barabartë me rrezen r një sferë e gdhendur në një kon. le O - qendra e rrethit, / OSA = β .

Atëherë është e qartë se tg β = r /R. Por sipas kushteve të problemit

Nga këtu r / R = 1 / √ 3 dhe prandaj β = π / 6. Meqenëse, përveç kësaj, α +2β = π / 2, atëherë α = π / 6. Prandaj, këndi i kërkuar është 2 α = π / 3 .

______________________________________________

193. Le r - rrezja e hemisferës, R - rrezja e bazës së konit, l - duke formuar një kon, α - këndi ndërmjet boshtit të konit dhe gjeneratorit.

Sipas kushteve të problemit që kemi

Le të prezantojmë këndin në këtë barazi α . Për ta bërë këtë, merrni parasysh një izosceles /\ ABC (Fig. 196), duke rezultuar në seksionin boshtor të konit. Nga /\ ABC gjejmë

R= l mëkat α , r = Rcos α = l mëkat α cos α .

Qendra e një topi që prek skajet e tetraedrit ABCQ (Fig.) përkon me qendrën e tetraedrit (d.m.th., me pikën O, e barabartë me kulmet A, B, C, D) dhe pikat e kontaktit të topit me skajet janë pikat e mesit të skajeve. Për shembull, pika e tangjences N është pika e mesit e skajit AD. Në të vërtetë, të gjashtë trekëndëshat dykëndësh AOB, BOC, COA, BOD, COD dhe AOD (vizatohet vetëm trekëndëshi AOD) janë të barabartë me njëri-tjetrin (në tre anët). Prandaj, lartësitë e tyre OM, ON, etj janë të barabarta. Prandaj, nëse përshkruajmë një top me rreze ON = r , atëherë do të kalojë nga mesi i skajeve L, M, N, Q, K, R dhe do t'i prekë ato atje (që nga ON⊥AD, etj.).

Le të vizatojmë rrafshin ADG përmes lartësisë së katërkëndëshit DG dhe buzës AD. Ai do të jetë pingul me skajin BC (prova jepet në problem) dhe do ta presë këtë buzë në mes të saj M. Në seksion do të përftojmë një trekëndësh dykëndësh AMD (AM=MD). Le të gjejmë lartësinë MN të këtij trekëndëshi (N është mesi i AD). Qendra e O shtrihet në MN (pasi është e barabartë nga A dhe O). Prandaj, MO=JO. Mjetet, r = MN / 2 . Lartësia MN përcaktohet nga trekëndëshi ANM, ku AN = a / 2 dhe AM = a √ 3/2 . (si apotemë e një barabrinjës trekëndëshi ABC). ne kemi

Pjesa e topit që ndodhet jashtë katërkëndëshit përbëhet nga katër segmente të barabarta të prera nga topi nga skajet e tetraedrit. Le të shqyrtojmë një nga fytyrat e BDC. Rrethi LMK që shtrihet në bazën e segmentit është brendashkruar trekëndësh barabrinjës BDC (sepse anët e trekëndëshit prekin topin; prandaj, ato prekin edhe rrethin e vogël LMK të shtrirë në rrafshin BDC). Rrezja e këtij rrethi FM = a √ 3 / 6

Prandaj,

vëllimi i kërkuar

V=4V c

Komentoni. Rretho LKM të brendashkruar në trekëndëshin BCD. përshkruhet si një elips, i cili mund të vizatohet lehtësisht me dorë nëse, përveç pikave K, L, M, fillimisht shënojmë tre pika të tjera, përkatësisht, simetrike me to në raport me F (pika F është pika e kryqëzimit të medianat e trekëndëshit BDC).

Për të përballuar lehtësisht zgjidhjen e problemeve që përfshijnë një top të gdhendur në një piramidë, është e dobishme të rishikoni një material të vogël teorik.

Një top është i gdhendur në një piramidë (ose një sferë është e gdhendur në një piramidë) - kjo do të thotë që topi (sfera) prek secilën faqe të piramidës. Planet që përmbajnë faqet e piramidës janë rrafshet tangjente të topit. Segmentet që lidhin qendrën e topit me pikat e kontaktit janë pingul me planet tangjente. Gjatësia e tyre është e barabartë me rrezen e topit. Qendra e një topi të gdhendur në një piramidë është pika e kryqëzimit të planeve përgjysmuese të këndeve dihedrale në bazë (d.m.th., rrafshet që ndajnë këto kënde në gjysmë).

Më shpesh në detyra po flasim për rreth një topi të gdhendur në piramida e saktë. Topi mund të futet në çdo piramidë të rregullt. Qendra e topit në këtë rast shtrihet në lartësinë e piramidës. Kur zgjidh problemin, është e përshtatshme të presësh piramidën dhe topin me një aeroplan që kalon nëpër apotemë dhe lartësinë e piramidës.

Nëse piramida është katërkëndëshe ose gjashtëkëndore, seksioni kryq është një trekëndësh dykëndësh, anët prej të cilave janë apotemat, dhe baza është diametri i rrethit të gdhendur në bazë.

Nëse piramida është trekëndore ose pesëkëndore, mjafton të merret parasysh vetëm një pjesë e këtij seksioni - një trekëndësh kënddrejtë, këmbët e të cilit janë lartësia e piramidës dhe rrezja e rrethit të gdhendur në bazën e piramidës, dhe hipotenuza. është apotema.

Në çdo rast, ne përfundimisht arrijmë të marrim në konsideratë atë përkatëse trekëndësh kënddrejtë dhe trekëndësha të tjerë të lidhur.

Pra, në një trekëndësh kënddrejtë SOF, këmba SO=H është lartësia e piramidës, këmba OF=r është rrezja e rrethit të gdhendur në bazën e piramidës, hipotenuza SF=l është apotema e piramidës. . O1 është qendra e topit dhe, në përputhje me rrethanat, rrethi i gdhendur në trekëndëshin e marrë në seksion (ne po shqyrtojmë një pjesë të tij). Këndi SFO - kënd linear kënd dihedral ndërmjet rrafshit bazë dhe rrafshit të faqes anësore të SBC. Pikat K dhe O janë pika tangjente, prandaj O1K është pingul me SF. OO1=O1K=R - rrezja e topit.

Trekëndëshat kënddrejtë OO1F dhe KO1F janë të barabartë (përgjatë këmbëve dhe hipotenuzës). Prandaj KF=OF=r.

Trekëndëshat kënddrejtë SKO1 dhe SOF janë të ngjashëm (në kënd i mprehtë S), prej nga rrjedh se

Në trekëndëshin SOF zbatojmë veçorinë përgjysmuese të trekëndëshit:

Nga trekëndëshi kënddrejtë OO1F

Kur zgjidhni probleme që përfshijnë një top të gdhendur në një piramidë të rregullt, një arsyetim më shumë do të jetë i dobishëm.

Tani le të gjejmë raportin e vëllimit të piramidës me sipërfaqen e saj.

Artikulli i mëparshëm: Sa është shpejtësia e dritës Artikulli vijues: Lëkundjet harmonike Formula e fizikës së frekuencës së lëkundjeve