II. способ решения.

Радиус описанного шара можно найти из треугольника АОD, воспользовавшись теоремой косинусов.

(из ). .

По теореме косинусов имеем:

.

 

III. способ решения.

Радиус описанной сферы можно найти по теореме синусов, с этой целью необходимо найти такой треугольник, в котором искомый радиус является радиусом описанной окружности. В нашей задаче придется построить для точки А точку, симметричную относительно точки М. Эту точку обозначим

	- равнобедренный, т.к. - радиус описанной окружности. Тогда по теореме синусов имеем: . .

Работая с треугольником , радиус описанной окружности можно найти из формул площади треугольника: или .

 

 

IV. способ решения.

Для нахождения радиуса описанной окружности можно воспользоваться теоремой о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике. Продолжим высоту DM до пересечения со средой, . Треугольник AND является прямоугольным, т.к. вписанный угол DAN опирается на диаметр, AM – перпендикуляр, проведенный из вершины прямого угла на гипотенузу, следовательно (2). Обозначим MN = x, тогда DM + MN = 2R;

H + x = 2R. Воспользуемся равенством (2) и выразим MN:

; ; .

 

Ответ: .

 

Задача 8.Расстояние от центра О шара радиуса 12, описанного около правильной четырехугольной пирамиды, до бокового ребра равно 4√2. Найти:

1) высоту пирамиды;

2) расстояние от точки О до боковой грани пирамиды;

3) радиус вписанного в пирамиду шара.

Решение.

Пусть АВСD- основание пирамиды, S- её вершина, К и Е- середины соответственно DC и АС, О₁- центр вписанного в пирамиду шара, r- его радиус, М и N- основания перпендикуляров, опущенных из точки О на SK и SC, P принадлежит SK и О₁Р┴ SK, SЕ=h. Тогда ОМ= ОЕ= r, ОS= ОС= 12, ОN= =4√2, SN= NC, SN= √OS²- ON²= √144- 32= 4√7, SC=8√7.

Обозначим <ESK=α, <ESC=β.

Тогда

cos β=SN:SO=√7:3, sin β=√2:3.

H= SE=SC*cos β=56/3, ЕС=SC sinβ= 8√14/3.

ЕК= ЕС/√2=8√7/3, tg α=EK/SE=1/√7.

сos α=√7/8, sin α=√2/4.

Расстояние от точки О до боковой грани пирамиды равно ОМ, где ОМ= SО sin α= 3√2.

Из ∆ SОМ находим r/( h- r)= sin α, откуда r=h sin α:( 1+ sin α)=8/3(2√2-1).

Ответ: 1) 56/3; 2) 3√2; 3) 8/3(2√2-1).

Теорема. В любую треугольную пирамиду можно вписать сферу, радиус которой r=3V/S_п(*), где V-объём пирамиды, S_п - площадь полной поверхности пирамиды.

Доказательство.

Сфера называется вписанной в многогранник, если она касается всех его граней. Это означает, что расстояние от центра сферы до каждой грани многогранника равно радиусу сферы.

Пусть S- вершина треугольной пирамиды SАВС. Докажем, что найдется луч ℓ, все точки которого равноудалены от граней трехгранного угла с вершиной S.

Назовем биссектором двугранного угла полуплоскость, разделяющую его на два двугранного угла равной величины. Биссектор есть множество точек двугранного угла, равноудаленных от плоскостей его граней.

Построим биссекторы двугранных углов с ребрами SА и SВ. Они пересекаются по лучу ℓ с вершиной S, каждая точка которого равноудалена от все трех граней трехгранного угла с вершиной S.

Проведем далее биссектор α двугранного угла при каком-нибудь ребре основания (например при ребре АВ). Этот биссектор пересечет луч ℓ в точке О, равноудаленной от всех граней пирамиды. Это и есть центр вписанной в пирамиду сферы.

Заметим, что в n-угольную пирамиду можно вписать сферу тогда и только тогда, когда можно вписать сферу в многогранный угол при вершине пирамиды, то есть в том и только в том случае, когда биссекторы двугранных углов при всех ребрах, сходящихся в вершине пирамиды, пересекаются по одному лучу.

Докажем формулу (*). Пусть О- центр сферы, вписанной в пирамиду. Соединим точку О со всеми вершинами пирамиды, пирамида разобьется на четыре пирамиды. Высота каждой из этих пирамид, проведенная из их общей вершины О, равна r- радиус вписанной сферы. Если S_1, S₂ , S₃ и S₄- площади граней пирамиды, V- объем пирамиды SАВС, то

V=1/3 S₁ r+1/3 S₂ r+1/3 S₃ r+1/3 S₄ r= 1/3 S_n r,

где S_n- площадь полной поверхности пирамиды, отсюда следует формула r=3V/S_п.

Эта формула справедлива для любого многогранника, в который можно вписать сферу.

 

 

Задача 9. (ЕГЭ)В правильный тетраэдр МАВС с ребром 24 вписан шар. В трехгранный угол с вершиной М вписан второй шар, который касается первого шара. Найдите объем второго шара.

Решение. Так как тетраэдр правильный, то S_т=4S_осн, где S_осн= =а²√3/4=24²√3/4=144√3.

S_т=4*144√3=576√3.

Рассмотрим ∆АВС, АН=R₃=а/√3=24/√3.

Из ∆АМН находим по теореме Пифагора МН=8√6.

Для нахождения радиуса вписанного шара используем формулу

r_ш=3V_т/S_т ; для этого найдем объем пирамиды V_т=1/3 S_осн*МН=1/3*144√3*8√6=1152√2,

отсюда r_ш=2√6. ОН=r_ш; МО=6√6; ОО₁=r₁₊ r, где r₁-радиус шара, вписанного в трехгранный угол, т.е. ОО₁=r₁+ 2√6; О₁К= r₁; МО₁= МО- ОО₁=4√6- r_1.

∆МО₁К подобен ∆МОД (по двум углам), тогда можно составить пропорцию О₁К:ОД=МО₁:МО, отсюда r₁=√6.

Тогда объем шара, вписанного в трехгранный угол, находится по формуле:

V= 4/3π r₁³=4/3 π6√6=8 π√6.

Ответ: V=8 π√6.

Задача10.В правильную четырехугольную пирамиду вписан шар. Расстояние от центра шара до вершины пирамиды равно в, угол наклона боковой грани к плоскости основания равен α. Найти объем пирамиды.

 

Решение.V_п=⅓ S_осн*h, где S_осн=АВ², т.к. пирамида правильная, h=РН (высота пирамиды). Проведем апофему пирамиды РК, тогда угол РКН будет равен двугранному углу при основании пирамиды РСДА и равен α. (рис.2)

Проведем отрезок ОЕ перпендикулярный РК, треугольники РОЕ и РНК будут подобными по двум углам, следовательно, <РОЕ= α.

1. ∆РОЕ- прямоугольный, тогда ОЕ= в cosα; РЕ= в sinα, но ОЕ=R=ОН -радиус вписанного шара, следовательно, РН= в+ в cosα= в(1+ cosα)=2в cos² α/2.

2. ∆РНК- прямоугольный: НК=РН*ctg α= 2в cos² α/2* ctg α. Отсюда сторона квадрата АВСД равна 4в cos² α/2* ctg α= 2в cos α* ctg α/2.

3. S_осн=4 в² cos² α* ctg² α/2

4. V_п=⅓*4 в² cos² α* ctg² α/2*2в cos² α/2= ⁴/₃ в³ sinα cos² α ctg³ α/2.

Ответ: V_п=⁴/₃ в³ sinα cos² α ctg³ α/2.

 

 

^{( рис.2)}