19_4

ЗАДАЧИ НА КОМБИНАЦИИ ВПИСАННЫХ ДРУГ В ДРУГА ТЕЛ

   . Призма называется вписанной в цилиндр, если ее основания – многоугольники, вписанные в основания цилиндра, а боковые ребра – образующие цилиндра. Призма, вписанная в прямой круговой цилиндр, является также прямой. Ее основания – многоугольники, которые можно вписать в окружность.
   Цилиндр называется вписанным в призму, если основания цилиндра вписаны в многоугольники оснований призмы, а каждая боковая грань призмы касается боковой поверхности цилиндра. Прямой круговой цилиндр можно вписать только в прямую призму, основания которой - многоугольники, в которые можно вписать окружность.
   Задача 1. В основании прямой призмы лежит равнобочная трапеция с острым углом α. При каком α боковая поверхность призмы в k раз больше боковой поверхности цилиндра, вписанного в эту призму?
   Решение. Пусть r – радиус основания цилиндра, 2а и 2b (a > b) – основания трапеции. Так как S_{бок. цил} = 2π rH, а S_{бок. пр} = Р_осн·H, то задача сводится к отысканию угла α, при котором периметр трапеции в k раз больше длины вписанной окружности.
   Рассмотрим трапецию ABCD, DE - высота. Очевидно, DE = 2r,

. В трапецию ABCD вписана окружность. Следовательно, DC + АВ = AD + CB, или

. Отсюда

и согласно условию

, или

. Задача имеет решение для любых положительных k, если k ≥ 4/π.
   Цилиндр вписан в пирамиду, если его нижнее основание лежит в плоскости основания пирамиды, а верхнее основание касается всех боковых граней пирамиды. В сечении пирамиды плоскостью, проходящей через верхнее основание цилиндра, образуется многоугольник, подобный многоугольнику основания. Если в пирамиду вписан прямой круговой цилиндр, то в этом сечении образуется многоугольник, в который можно вписать окружность. Следовательно, и в многоугольник основания пирамиды также можно вписать окружность. При этом надо помнить, что нижнее основание цилиндра не вписано в основание пирамиды.
   Цилиндр вписан в конус, если одно из оснований цилиндра вписано в боковую поверхность конуса, , другое основание цилиндра лежит на основании конуса. Прямой круговой цилиндр может быть вписан лишь в прямой круговой конус. При этом ось цилиндра должна лежать на высоте конуса.
   Пирамида вписана в цилиндр, если ее основание вписано в одно из оснований цилиндра, а вершина лежит на другом основании цилиндра.
   Конус вписан в цилиндр, если основание конуса совпадает с одним из оснований цилиндра, а вершина лежит на другом основании цилиндра.
   Аналогично определяются конус и пирамида, вписанные в призму. Основание вписанного кругового конуса есть круг, вписанный в многоугольник основания призмы. Основание вписанной в призму пирамиды совпадает с одним из оснований призмы. Вершины конуса и пирамиды должны лежать в плоскости второго основания призмы.
   Призма вписана в конус (пирамиду), если все вершины верхнего основания призмы лежат на боковой поверхности конуса (пирамиды), а нижнее основание призмы лежит на основании конуса (пирамиды). Если призма вписана в пирамиду, то вершины ее верхнего основания могут лежать как на ребрах, так и на боковых гранях пирамиды. В соответствующих задачах эти условия задаются дополнительно.
   Задача 2. В правильной четырехугольной пирамиде боковое ребро образует с основанием угол α. В эту пирамиду вписан куб так, что его вершины лежат на апофемах пирамиды. Ребро куба равно а. Определить объем пирамиды.
   Решение. Обозначим сторону основания пирамиды через х, ее высоту через h и рассмотрим сечение, проходящее через диагональ основания BD и вершину S пирамиды. Из треугольника SOB имеем: SO = ВО·tg α, или

и тогда

(*) Чтобы найти х, рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через верхнее основание куба. Это квадрат A_l B_l C_l D_l, плоскость которого параллельна плоскости основания пирамиды и удалена от нее на расстояние равное ребру куба. Из этого сечения находим, что B_lD₁ = 2а. Теперь рассмотрим треугольник BSD, в котором BD = х

, B_lD₁ = 2a,

, OO₁ = a. Из подобия треугольников BSD и B₁SD₁ следует, что

или

, откуда

. Задача 3. В прямой круговой цилиндр, радиус основания которого равен R, вписана пирамида. Ее основание – правильный треугольник. Две боковые грани пирамиды перпендикулярны к плоскости основания, а третья образует с ней угол α. Найти полную поверхность пирамиды.
Решение. Две грани, перпендикулярные к плоскости основания, пересекаются по ребру SA, перпендикулярному к плоскости основания и, следовательно, являющемуся образующей цилиндра. Поэтому вершина пирамиды S лежит на окружности верхнего основания. Опустим из точки А перпендикуляр AD на ребро ВС и точку D соединим с S. Ребро ВС

пл. ADS, следовательно,

ADS = α. Обозначая сторону основания пирамиды через а, имеем S_{пол. пир} = S_осн + 2 S_ABC + S_BSC Так как

, то

. Учитывая, что а = R·

, имеем

.    Конус вписан в пирамиду, если их вершины совпадают, а основание конуса вписано в основание пирамиды. В случае кругового конуса его основание – круг, вписанный в многоугольник основания пирамиды. Если в пирамиду вписан прямой круговой конус, то высоты пирамиды и конуса совпадают. Очевидно, грани пирамиды касаются боковой поверхности конуса по его образующим.
   Прямой круговой конус можно вписать в любую пирамиду, боковые грани которой равнонаклонены к плоскости основания.
   Пирамида вписана в конус, если их вершины совпадают, а основание пирамиды – многоугольник, вписанный в основание конуса. Боковые ребра пирамиды являются образующими конуса.
   В прямой круговой конус может быть вписана любая пирамида, боковые ребра которой равны между собой.
   Задача 4. Радиус основания прямого кругового конуса равен r, а образующая наклонена к плоскости основания под углом α. Около конуса описана пирамида, имеющая в основании прямоугольный треугольник с острым углом α. Найти объем пирамиды.
   Решение. Высота пирамиды совпадает с высотой конуса и проходит через центр окружности, вписанной в прямоугольный треугольник ABC. Апофемы пирамиды, равные между собой, образуют с плоскостью основания угол φ:

SEO = φ. Имеем

(*) Найдем катеты треугольника ABC и высоту S0 пирамиды. В треугольнике ABC имеем:

. Высоту SO найдем из треугольника EOS, в котором

SEO = φ,

SOE = 90°, EO = r. Имеем SO = EO·tg φ = r tg φ. Используя равенство (*), находим

.    Приведем задачу, в которой рассматривается круговой, но не прямой конус.
   Задача 5. В основании пирамиды лежит прямоугольник ABCD. Боковое ребро SA перпендикулярно к плоскости основания и равно H, боковая грань SBC наклонена к плоскости основания под углом α. Найти объем кругового конуса, описанного около этой пирамиды, если острый угол между диагоналями основания равен φ.
   Решение. Высота конуса совпадает с ребром SA (конус не прямой); ВС

пл. ABS, поэтому

SBА = α как линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями SBC и ABCD. Имеем

. Радиус ВО основания кругового конуса найдем из треугольников ASB и АОВ. Из Δ ASB находим, что АВ = AS·ctg α = H·ctg α, а из Δ AOB – что

, Следовательно,

.    Рассмотрим теперь различные комбинации шара с другими телами.
   Шар вписанный в прямой круговой цилиндр. Шар называется вписанным в прямой круговой цилиндр или в прямую призму, если он касается их оснований и их боковых поверхностей. Ясно, что высота цилиндра или призмы равна диаметру вписанного шара.
   Шар, вписанный в цилиндр (прямой, круговой), касается его боковой поверхности по окружности большого круга, параллельной основанию цилиндра. Значит, диаметр основания цилиндра равен диаметру вписанного шара, т.е. высоте цилиндра. Следовательно, цилиндр должен быть равносторонним (его осевое сечение-квадрат).
   Шар, вписанный в призму, касается каждой ее грани. В сечении плоскостью, проходящей через центр вписанного шара параллельно плоскостям оснований призмы, получается многоугольник, равный основанию призмы, в который вписан большой круг шара. Следовательно, в прямую призму можно вписать шар в том и только в том случае, если ее основание - многоугольник, в который можно вписать окружность, диаметр которой равен высоте призмы.
   Прямой круговой цилиндр вписан в шар, если окружности его оснований лежат на сфере. Очевидно, центр шара лежит на середине оси цилиндра. В шар можно вписать бесчисленное множество прямых круговых цилиндров и около любого прямого кругового цилиндра можно описать шар.
   Прямая призма вписана в шар, если все ее вершины лежат на сфере. В сечениях плоскостями, проходящими через основания призмы, получаются многоугольники, вписанные в равные и параллельные малые круги шара. Следовательно, прямую призму можно вписать в шар в том и только в том случае, если ее основания – многоугольники, которые можно вписать в окружность.
   Центр описанного вокруг призмы шара лежит на середине высоты призмы, соединяющей центры окружностей, описанных около ее оснований.
   Задача 6. В шар вписана прямая четырехугольная призма, ребра оснований которой равны а. Найти радиус шара, если известно, что отношение боковой поверхности призмы к поверхности шара равно k.
   Решение. Пусть H – высота призмы, R – радиус описанного шара. Тогда S_шapa = 4 π R², S_{бок. пр} = 4 a H. По условию

. (*) Выразим H через a и k. Основание призмы – четырехугольник с равными сторонами, т. е. ромб. Так как около него можно описать окружность, то этот ромб является квадратом. Радиус круга r, описанного около квадрата со стороной а, равен

. Теперь в треугольнике ВОЕ, в котором гипотенуза OB = R,

и 0Е = Н/2, имеем

. Используя соотношение (*) и последний результат, получаем уравнение для определения R:

, откуда

. Задача имеет решение, если

.
   Усеченный прямой круговой конус вписан в шар, если окружности его оснований лежат на поверхности шара. При этом осевое сечение усеченного конуса есть равнобочная трапеция, вписанная в большой круг шара.
   Так как любую равнобочную трапецию можно вписать в круг, то следовательно, любой усеченный прямой круговой конус можно вписать в шар.
   Усеченная пирамида вписанная в шар. Усеченная пирамида называется вписанной в шар, если все ее вершины лежат на поверхности шара. Основания такой пирамиды являются многоугольниками, вписанными в круги шара, лежащие в параллельных плоскостях. Следовательно, центр шара лежит на прямой 00₁, где 0 и 0₁ – центры указанных кругов. Легко доказать, что любая правильная усеченная пирамида может быть вписана в шар. Центр описанного шара может лежать как внутри, так и вне усеченной пирамиды или конуса.
   Шар вписан в прямой круговой усеченный конус {усеченную пирамиду), если он касается как оснований, так и боковой поверхности этого усеченного конуса (усеченной пирамиды). При этом в осевом сечении усеченного конуса получается равнобочная трапеция, в которую вписан большой круг шара.
   Задача 7. Доказать, что в усеченный прямой круговой конус молено вписать шар в том и только в том случае, если высота усеченного конуса есть среднее геометрическое между диаметрами его оснований.
   Решение. 1. Пусть в усеченный конус можно вписать шар. Обозначим через R радиус вписанного шара, через r и ρ – радиусы оснований конуса. Тогда осевое сечение конуса есть трапеция с основаниями AB = 2r, DC = 2ρ, в которую вписан круг радиуса R. Следовательно, H = 2R, AD + CB = AB + CD = 2 (r + ρ), или AD = r + ρ.
   В прямоугольном треугольнике ADE имеем AD² = AE² + DE², или (r + ρ)² - ((r - ρ)² = 4 R², откуда и вытекает соотношение (2 R)² = 4 r ρ, или H² = AB·CD, что и требовалось доказать.
   2. Пусть в усеченном прямом круговом конусе H² = AB·CD,                     (*) где Н – его высота, а АВ и CD – диаметры оснований, Покажем, что в такой усеченный конус можно вписать шар. Очевидно, для этого достаточно показать, что в его осевое сечение – равнобочную трапецию ABCD – можно вписать круг, т. е. АВ + CD = AD + BC.
   В силу соотношения (*)

. откуда 2 AD = AB + CD, или AD + BC = AB + CD, что и требовалось доказать.
Задача 8. В усеченную четырехугольную пирамиду вписан шар. Доказать, что объемы шара и усеченной пирамиды относятся как их полные поверхности.
Решение. Пусть R - радиус вписанного шара, Р и р – площади оснований пирамиды. Так как

, а S_{полн.пир} = P + p + S_{бок.пир}, то требуется доказать, что

, или что

(*) Основания пирамиды – подобные многоугольники, следовательно, AB = k·A₁B₁, BC = k·B₁C₁, CD = k·C₁D₁ и DA = k·D₁A₁, P = k²p, где k – коэффициент подобия. Поэтому соотношение (*), которое нужно доказать, можно переписать в виде k ² p + p + 2 k p = S_{6oк. пир}, или S_{6oк. пир} = ( 1 + k )² p. Подсчитаем

. Пусть Е и F – точки касания шара с плоскостями оснований ; отрезок ЕЕ перпендикулярен этим плоскостям, а его середина О – центр вписанного шара.
Проведем отрезок FQ

А₁В₁. Плоскость, проходящая через FQ и EF, пересечет грань АВВ₁А₁ по прямой MQ. Соединим точки МИЕИ рассмотрим четырехугольник EFQM. Поскольку А₁В₁

пл. EFQM (А₁В₁

FQ и А₁В₁

ЕЕ), QM является высотой трапеции АВВ₁А₁. Так как грань АВВ₁А₁ перпендикулярна плоскости EFQM (

FQB₁ = 90° – линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями), то точка N касания шара с гранью АВВ₁А₁ лежит на прямой MQ; FQ = NQ и ЕМ = MN как отрезки касательных к шару, проведенные из точек Q и М соответственно. Из рассмотрения подобных треугольников ABE и A₁B₁F следует, что

, где EM и FQ – их высоты. Поэтому EM = k·FQ, или EM = k h, где h = FQ и k – коэффициент подобия; тогда QM = QN + NM = FQ + EM = h (l + k). Подсчитаем площадь боковой грани АВВ₁A₁:

. Аналогичные результаты справедливы для остальных трех граней:

.    Суммируя эти четыре равенства и учитывая, что S_A₁B₁F + S_B₁C₁F + S_C₁D₁F + S_D₁A₁F = p, получаем S_{бок.пир} = (1 + k) ² p, что и требовалось доказать.
   Прямой круговой конус вписан в шар, если его вершина лежит на поверхности шара, а основание является малым или большим кругом шара. Центр шара лежит на высоте конуса или на ее продолжении. В осевом сечении конуса, вписанного в шар, получается равнобедренный треугольник, вписанный в большой круг шара.
   Шар вписан в прямой круговой конус, если он касается основания и боковой поверхности конуса. Очевидно, что шар касается боковой поверхности конуса по окружности малого круга шара.
   Центр вписанного шара лежит всегда внутри конуса, на его высоте. В осевом сечении получается равнобедренный треугольник, в который вписан большой круг шара.
   В любой конус можно вписать шар и около любого конуса можно описать шар.
   Задача 9. В прямой круговой конус вписан шар радиуса R. Линия касания шара и конуса делит площадь его боковой поверхности в отношении 5 : 4 (считая от основания). Найти объем и полную поверхность конуса.
   Решение. Рассмотрим осевое сечение конуса. Пусть О₁В = r, 0₂D = ρ, S₁ и S₂ – площади частей боковой поверхности (считая от основания). Тогда

, или

, т. е.

(*) Так как S_{бок.кон} = π r·SB, a S₂ = π ρ·SD и SB : SD = r : ρ, то из равенства (*) следует, что

, т. е.

. (**) Очевидно,

O₁BD =

O₂0D. Обозначая его через α и учитывая, что ОВ – биссектриса угла O₁BD, получим два соотношения

Перемножим эти равенства. На основании равенства (**) получаем

, или

. откуда

и, следовательно, r = R·

.
Зная r и угол α, легко найдем S_{бок.кон} и V_кон. Так как

, a H = S0₁ = r tg α = 4 R, то S_{бок.кон} = π r l = 6 π R ² и

   Пирамида вписана в шар, если все ее вершины лежат на поверхности шара. Это означает, что центр шара – точка, равноудаленная от всех вершин пирамиды. Теоретически центр шара определяется как точка пересечения всех плоскостей, проведенных через середины ребер пирамиды перпендикулярно к ним. На практике положение центра описанного шара можно определить из следующих рассуждений. Основание вписанной в шар пирамиды – многоугольник, вписанный в большой или малый круг шара. Следовательно, центр шара должен лежать на перпендикуляре, проведенном к плоскости этого круга через его центр 0₁.
   Любая точка этого перпендикуляра равноудалена от всех вершин основания. Поэтому достаточно указать ту точку этого перпендикуляра, которая равноудалена от вершины пирамиды и любой вершины его основания. Чтобы получить такую точку, через середину бокового ребра, например AS, проведем плоскость, перпендикуляриую AS. Эта плоскость встретит перпендикуляр О₁Р в центре шара О. Действительно, OA = OS, но ОА = ОВ = ОС= ..., следовательно, OS = OA = OB = OC=... .    Из этих рассуждений также следует, что в шар может быть вписана такая и только такая пирамида, основание которой можно вписать в круг. В частности, любая треугольная пирамида может быть вписана в шар. Заметим, что центр описанного около пирамиды шара может лежать как внутри, так и вне пирамиды. Весьма поучительна следующая задача.
   Задача 10. В основании треугольной пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник (АВ = АС). Ребро AS перпендикулярно к плоскости основания. Найти полную поверхность пирамиды, если известно, что двугранный угол при ребре ВС равен β, двугранный угол при ребре AS равен α и радиус описанного около пирамиды шара равен R.
   Решение. Так как AS

пл. ABC, то

ВАС = α как линейный угол двугранного угла при ребре AS.
Проведем AD

ВС н соединим точки D и S. По теореме о трех перпендикулярах ВС

пл. ADS и, следовательно,

ADS = β как линейный угол двугранного угла при ребре ВС. Определим положение центра О описанного шара. Для этого из центра О₁ круга, описанного вокруг основания ABC, проведем перпендикуляр О₁Р до пересечения с плоскостью, проходящей через середину ребра AS (точку Е) перпендикулярно AS.
Покажем, что точка О лежит вне пирамиды. Рассмотрим сечение, проходящее через ребро AS и прямую AD. Очевидно, ЕО || AD. Центр О лежит на средней линии треугольника ADS или на ее продолжении. Средняя линия

, ЕО = АO₁, где АO₁ – радиус круга, описанного около треугольника ABC. Так как

, то и

, т. е. ЕО > EF. Последнее означает, что О лежит вне треугольника ADS, а следовательно, и вне пирамиды.
Площадь поверхности пирамиды равна сумме площадей всех ее граней. Замечая, что S_ASB = S_ASC и

, имеем

(*) Таким образом, задача свелась к определению величины AD. Пусть AD = x. Тогда AD·tg β = x·tg β = AS,

Рассмотрим треугольник AO₁K, где O₁K

AB,

Теперь в треугольнике АОО₁ где АО = R, имеем

откуда

. Возвращаясь к результату (*), окончательно получаем

Довольно просто находится радиус R шара, описанного около правильной пирамиды. Пусть r – радиус круга, описанного около ее основания и H – высота пирамиды. Рассмотрим сечение шара плоскостью, проходящей через высоту пирамиды и вершину ее основания. В треугольнике SAS₁ угол A = 90°, SS₁ = 2R, SO_l = H. Величина AO₁ = r есть средняя пропорциональная между SO₁ и O₁S₁. Поэтому r ² = H (2R - Н) и

. (1) В частности, в правильном тетраэдре с ребром а имеем:

, следовательно, радиус описанного шара

.
   Формула (1) остается верной для любой пирамиды с равными боковыми ребрами. В этом случае высота пирамиды проходит через центр круга, описанного около основания, центр описанного шара лежит на высоте пирамиды и все рассуждения, приводящие к формуле (1), остаются неизменными.
   Шар вписан в пирамиду, если он касается всех ее граней. Центр вписанного шара – точка, равноудаленная от всех граней пирамиды. Следовательно, она лежит внутри пирамиды на биссектральных плоскостях каждого из ее двугранных углов и является их точкой пересечения.
   Отсюда вытекает, что шар можно вписать в такую и только в такую пирамиду, у которой все биссектральные плоскости двугранных углов пересекаются в одной точке. К числу таких пирамид, в частности, относятся правильные и любые треугольные пирамиды. В правильной пирамиде центр вписанного шара можно определить как точку пересечения ее высоты с биссектральнои плоскостью какого-нибудь двугранного угла при основании (смотри рисунок SO₁ - высота, SM - апофема, ОМ -биссектриса угла О₁МS).
   Читателю нетрудно доказать, что полученная таким образом точка O равноудалена от всех граней правильной пирамиды. Точки касания вписанного шара с боковыми гранями правильной пирамиды лежат на ее апофемах. В общем случае это не всегда так, однако в любом случае плоскость, проходящая через центр вписанного шара и точки касания с боковой гранью и плоскостью основания перпендикулярна их общему ребру. Действительно, прямая АВ, будучи перпендикулярной к OF и ОЕ, перпендикулярна плоскости EOFK. В частности, FK

АВ и ЕК

АВ. Найдем радиус шара, вписанного в правильную пирамиду.Пусть О₁М = r – радиус круга, вписанного в ее основание, a SO₁ - высота пирамиды. Тогда в треугольнике O₁MS достаточно данных, чтобы найти отрезок OO_l = R. Пусть

SMO₁ = φ. Так как ОМ - биссектриса угла SMO₁, то

. Учитывая, что

, откуда

, a

, получаем формулу для вычисления R:

. (2) Например, в правильном тетраэдре со стороной а радиус r круга, вписанного в основание, равен

, высота

. Поэтому

.    Формула (2) справедлива для любой пирамиды, боковые грани которой равнонаклонены к плоскости основания. В этом случае высота пирамиды проходит через центр круга, вписанного в основание, а центр вписанного шара лежит на высоте пирамиды и может быть получен как точка пересечения этой высоты с биссектральнои плоскостью любого двугранного угла при основании.
   Задача 11. Шар радиуса R вписан в пирамиду, в основании которой лежит ромб с острым углом α. Боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под углом φ. Найти полную поверхность пирамиды.
   Решение. Центр О вписанного шара лежит на пересечении высоты пирамиды с биссектрисой FO линейного угла SFO₁, O₁ – точка пересечения диагоналей ромба, O₁F

BC. В треугольнике OO₁F известны катет ОО₁ = R и

O₁FO = φ/2. Следовательно,

. Тогда

. Так как грани наклонены к плоскости основания под равными углами, то

.    Решение задачи существенно усложняется, если шар вписывается в произвольную пирамиду.
   Задача 12. В основании треугольной пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник (АВ = АС). Ребро SA перпендикулярно плоскости основания. Найти объем пирамиды, если известно, что двугранные углы при ребрах SA и ВС соответственно равны α и β и радиус шара, вписанного в пирамиду, равен R.
   Решение. Биссектральная плоскость двугранного угла при ребре AS в сечении с пирамидой дает треугольник SAK, где AK

BC;

SKA – линейный угол двугранного угла при ребре ВС. Биссектриса КМ угла SKA есть линия пересечения двух биссектральных плоскостей пирамиды. Следовательно, центр О вписанного в пирамиду шара лежит на прямой КМ. Опустим из точки О перпендикуляры OO₁ и ОЕ соответственно на основание ABC и грань SAB, а из точки О₁ – перпендикуляр на ребро АВ.
Прямая OO₁ и плоскость ABS, будучи перпендикулярными к основанию ABC, параллельны между собой: OO₁ || пл. ABS. Значит, расстояния от точек О и О₁ до плоскости ABS равны, т. е. O₁F = OE = R. Имеем

Так как

, то

(*) и задача сводится, таким образом, к определению отрезка АК. Последний есть сумма двух отрезков: AK = AO₁ + O₁K. Но

, а

, поэтому

согласно равенству (*)