1
1

Шар,  радиус  которого  равен 2,вписан  в правильную четырехугольную пирамиду SABCD  с  вершиной S.    Второй  шар  радиуса  1  касается  первого  шара, основания пирамиды и боковых граней BSC и CSD. Найдите объем пирамиды. 

Я рассмотрел треугольник$%ASC$%, в плоскости которого находятся центры обоих окружностей, это равнобедренный треугольник,т.к. пирамида правильная, следовательно высота, опущенная из $%S$% поделит основание $%AC$% пополам, также из точки $%C$% биссектриса пройдет через центры данных окружностей(вот здесь я уже не уверен).

Пусть центр большой окр-и $%O$% а малой $%O'$%, тогда опущенные перпендикуляры из этих центров будут пересекать сторону $%AC$% в точках M и N, если опустить перпендикуляр из центра малой окружности на отрезок $%SM$% и поставить точку $%K$%,то $%KO'^2=(R+r)^2-(R-r)^2=4Rr =MN$% Пусть $% \angle C/2=\phi $%

Тогда $% tg(\phi)=R/(\sqrt{4Rr}+x)=r/x$% где $% x=NC$% откуда $%x=\sqrt{4Rr} r/(R-r)=2\sqrt{2}$%,тогда $%AC=AM+MN+NC=8\sqrt{2}$%

$%tg(\phi)=1/2\sqrt{2}$% Площадь основания пирамиды равна $%S_o=1/2d^2=1/2AC^2=64$% Высоту пирамиды найдем из треугольника $%BMC$% через $%tg(2\phi)=H/4\sqrt{2}=2tg(\phi)/(1-tg^2(\phi))=8/7\sqrt{2}===>H=32/7$%

$%V_p=1/3HS_o=1/36432/7=2048/21$%

задан 3 Мар '14 15:57

изменен 3 Мар '14 20:13

@Dragon65: а почему окружности у Вас вписаны в треугольник $%ASC$%? Ведь шары вписаны в пирамиду, то есть касаются граней, а не рёбер.

(3 Мар '14 18:42) falcao

да точно, они не вписаны в треугольник, но всё равно линии из точки C и S пойдут как я сказал, и соотношения сохранятся, или нет?

(3 Мар '14 19:27) Dragon65

@Dragon65: то утверждение, на которое я указал, неверно. Это значит, что текст надо исправить. Допускаю, что какие-то отдельные моменты могут быть верны. Но, прежде чем читать дальше, я хотел бы увидеть исправление.

Помимо всего прочего, у Вас дальше выражается длина KO' как разность квадратов. Если я правильно понимаю, вместо неё должен быть квадрат этой величины.

(3 Мар '14 19:56) falcao

вроде исправил)

(3 Мар '14 20:14) Dragon65

@Dragon65: насколько я могу судить, длина основания найдена верно, то есть она равна 8. Но соображение насчёт биссектрисы не годится. Оно снова возвращает нас к уже отброшенному случаю, когда окружность касается всех сторон треугольника ASC.

(3 Мар '14 21:55) falcao

тут я тогда не совсем понимаю что рассматривать , чтобы прийти к верному ответу, длину AC я нашел как раз из соображений биссектрисы, которые неправильны, получается я неправильно и нашёл?

Через точки касания большей окружности можно провести апофемы и будет 1 равнобедренный треугольник, а малая окружность касается основания и 2-х сторон, т.е. рассмотреть 1 треугольник с гипотенузой в $%k$% раз меньше чем в таком треугольнике относительно большой окружности$%k=R/r=2$%

(4 Мар '14 13:21) Dragon65

Я сейчас напишу схему решения.

(4 Мар '14 20:05) falcao
показано 5 из 7 показать еще 2
10|600 символов нужно символов осталось
1

Большой шар касается всех граней, а маленький -- трёх из них. Рассмотрим трёхгранный угол, в который вписаны оба шара. Их центры равноудалены от граней, а потому принадлежат лучу с началом в вершине угла, то есть в точке $%C$%. (Луч возникает как пересечение плоскостей, делящих двугранные углы на равные части).

Зная, что центры шаров лежат на одной прямой с точкой $%C$%, рассматриваем сечение плоскостью $%SAC$%. Анализируя общие точки с $%AC$% и опираясь на подобие треугольников, а также использую формулу $%2\sqrt{r_1r_2}$%, которую Вы применили, приходим к равенству $%AC=8\sqrt2$%, то есть сторона основания равна 8.

Теперь достаточно найти высоту $%h$%. Рассматриваем сечение, проходящее через $%S$% и середины противоположных сторон основания. Получается равнобедренный треугольник. В него вписан круг радиусом $%r=2$%. Через $%h$% по теореме Пифагора выражаем боковую сторону (это апофема). Через неё выражаем полупериметр $%p$%. Площадь $%S$% выражается через $%h$%. Пользуясь формулой $%S=pr$%, составляем уравнение, из которого находим $%h$%.

ссылка

отвечен 4 Мар '14 20:14

10|600 символов нужно символов осталось
0

Не пойму откуда взялось уравнение KO ′2 =(R+r) 2 −(R−r) 2 . Из какого треугольника?

ссылка

отвечен 17 Апр '14 15:44

@Elenn: там в тексте построение объяснено. Пусть имеются две окружности, касающиеся друг друга внешним образом, а также общей прямой. Из центров $%O$% и $%O'$% на эту прямую опущены перпендикуляры. Пусть это $%OM$% и $%ON$%. Их длины равны радиусам окружностей. Теперь из $%O'$%, центра меньшей окружности, опускаем перпендикуляр $%O'K$% на отрезок $%OM$%. Возникает прямоугольный треугольник $%O'OK$%. В нём гипотенуза $%OO'$% равна $%R+r$%, так как окружности касаются. А катет $%KO$% равен разности $%OM-KM=R-r$%. Отсюда всё следует. Если нарисуете, то сразу станет ясно, о чём речь.

(17 Апр '14 17:49) falcao

Спасибо. Получилось решить задачу с Вашей помощью.

(18 Апр '14 9:17) Elenn
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×533

задан
3 Мар '14 15:57

показан
4361 раз

обновлен
23 Дек '14 23:25

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru