On the New Problems in Stereometry

Толық мәтін

Введение

В последней из серии авторских работ [1, 2, 3] была приведена цитата И. Кеплера [4]: «среди правильных тел самое первое, начало и родитель остальных – куб … а его, если позволительно так сказать, супруга – октаэдр, ибо у октаэдра столько углов, сколько у куба граней». Следуя сделанному в заключении [3] обещанию, настоящую работу мы начнем с комбинационных задач с правильными телами. Вторая же часть работы будет содержать оригинальные комбинационные сюжеты с правильными пирамидами и конусами. Добавим к сказанному, что так же, как и в [1, 2, 3], все нижеприведенные задачи были впервые разработаны Б.П. Федоровым в его многолетней работе со студентами физико – математического факультета педагогического института г. Орехово – Зуево, и не содержатся ни в одном из классических сборников задач по стереометрии [5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13].

Комбинационные задачи с платоновыми телами

Напомним, что многогранник, каждая грань которого является правильным многоугольником одного типа, называется платоновым (правильным) телом. Впервые их исследовал Евклид в своих «Началах», где доказал, что всего в Природе существует ровно пять таких тел:

1. Тетраэдр. Его гранями являются четыре правильных треугольника.
2. Гексаэдр (куб). Шестигранник, имеющий квадратами грани.
3. Октаэдр. Восьмигранник, каждая грань которого является правильным треугольником.
4. Додекаэдр. Двенадцатигранник, у которого каждая грань это правильный пятиугольник.
5. Икосаэдр. Двадцатигранник, каждая грань которого является правильным треугольником.

В связи с этим для справки приведем некоторые красивые факты из стереометрии [4, 14, 15, 16, 17, 18].

Во – первых, доказательство того, что платоновых тел всего пять основывается на так называемой теореме Евклида, которая гласит: «В любом выпуклом многогранном угле сумма плоских углов при вершине всегда меньше ${360}^{\circ }$». В частности, для платоновых тел оказывается возможным только пять комбинаций: в тетраэдре сумма указанных углов равна ${180}^{\circ }$, в кубе - ${270}^{\circ }$. , октаэдре - ${240}^{\circ }$, икосаэдре - ${300}^{\circ }$, додекаэдре - ${324}^{\circ }$.

Во – вторых, для выпуклых тел оказывается справедлива теорема Рене Декарта, к которой он пришел, рассматривая сумму всех разностей между углом в ${360}^{\circ }$ и углом из теоремы Евклида. Эта сумма, носит название «угловой дефект», и согласно теореме Декарта всегда равна ${720}^{\circ }$. Действительно, в случае, например, тетраэдра он будет составлять $\left({360}^{\circ }-{180}^{\circ }\right)\cdot 4={720}^{\circ }$ (напомним, что вершин у тетраэдра четыре), для куба угловой дефект также будет $\left({360}^{\circ }-{270}^{\circ }\right)\cdot 8={720}^{\circ }$, для октаэдра $\left({360}^{\circ }-{240}^{\circ }\right)\cdot 6={720}^{\circ }$ и т.д.

В – третьих, длвыпуклых многогранников выполняется теорема Эйлера: $V-R+G=2$, в которой $V$–количество вершин, $R$–количество ребер и $G$–число граней многогранника.

В рассматриваемых ниже трех задачах мы скомбинировали додекаэдр, икосаэдр, тетраэдр и октаэдр с кубом. Для ясности восприятия условие каждой задачи сопровождается дополнительным рисунком, на котором мы специально избегаем всех буквенных обозначений.

Задача [1] Ребро куба равно a. В куб вписан правильный тетраэдр так, что его ребра являются диагоналями граней куба. В этот тетраэдр вписан октаэдр таким образом, что его вершины лежат на серединах ребер тетраэдра. Середины ребер октаэдра соединены так, что внутри октаэдра оказался вписанным прямоугольный параллелепипед. Выразить стороны тетраэдра, октаэдра и прямоугольного параллелепипеда через ребро куба (см. рис. 1). Проанализировать случай, когда внутренний прямоугольный параллелепипед является кубом.

 

Рис. 1. Схематическое изображение всех вписанных в куб тел.

[Figure 1. The schematic drawing of all bodies inscribed in a cube.]

 

Решение

Чтобы не загромождать рис.1, решение задачи будем проводить на отдельных чертежах, каждый из которых для наглядности содержит только одну пару тел, но уже с необходимыми нам обозначениями.

1. Пусть $ABCD{A}_1{B}_1{C}_1{D}_1$ куб с ребром a (рис. 2). Поскольку ребро p правильного тетраэдра является диагональю квадрата со стороной a, то, очевидно, что $p=a\sqrt{2}$.

 

Рис. 2. Вершины куба ABCDA1B1C1D1 служат вершинами правильного тетраэдра A1BC1D.

[Figure 2. The cube corners of ABCDA1B1C1D1 are the vertices of a regular tetrahedron A1BC1D.]

 

2. Рассмотрим отдельно получившийся правильный тетраэдр $A_{1}B{C}_{1}D$ c ребром $p=a\sqrt{2}$ (рис.3).

 

Рис. 3. Середины ребер правильного тетраэдра A1BC1D являются вершинами октаэдра MNFKTP.

[Figure 3. The middles of the edges of a regular tetrahedron of A1BC1D are the angular points of the regular octahedron MNFKTP.]

 

Поскольку вершины правильного октаэдра лежат на серединах ребер тетраэдра $A_{1}B{C}_{1}D$, то ребро октаэдра q служит средней линией правильного треугольника со стороной $p=a\sqrt{2}$, и потому равно $q=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

3. На ребрах октаэдра $MNFKTP$ отметим середины $A\text{'},B\text{'},C\text{'},D\text{'}$ и $A\text{'}\text{'},B\text{'}\text{'},C\text{'}\text{'},D\text{'}\text{'}$ (рис. 4).

 

Рис. 4. Середины ребер октаэдра MNFKTP являются вершинами прямоугольного параллелепипеда A′B′C′D′A′′B′′C′′D′′.

[Figure 4. The middles edges of the regular octahedron of MNFKTP are the vertices of the right-angled parallelepiped of A′B′C′D′A′′B′′C′′D′′.]

 

Найдем стороны получившегося прямоугольного параллелепипеда. Понятно, что $A\text{'}B\text{'}=B\text{'}C\text{'}=\frac{q}{2}$, как средняя линия правильного треугольника со стороной q. Но поскольку $q=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, то $A\text{'}B\text{'}=B\text{'}C\text{'}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$ и тогда $NK=q\sqrt{2}$, как диагональ квадрата $NFKT$ со стороной q. В результате из треугольника $MOK$ следует, что

$MO=\sqrt{q^2-{\left(\frac{q\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{q\sqrt{2}}{2}=\frac{a}{2}.$                                        

Тогда и $A\text{'}A\text{'}\text{'}=\frac{a}{2}$. Таким образом, все размеры прямоугольного параллелепипеда $A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}A\text{'}\text{'}B\text{'}\text{'}C\text{'}\text{'}D\text{'}\text{'}$ равны $\frac{a\sqrt{2}}{4}$, $\frac{a\sqrt{2}}{4}$, $\frac{a}{2}$.

4. Исследуем теперь случай, когда вписанный прямоугольный параллелепипед $A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}A\text{'}\text{'}B\text{'}\text{'}C\text{'}\text{'}D\text{'}\text{'}$ является кубом и найдем его ребро (см. рис. 5).

 

Рис. 5. Вписанный в октаэдр прямоугольный параллелепипед A′B′C′D′A′′B′′C′′D′′ является кубом.

[Figure 5. The right-angled parallelepiped of A′B′C′D′A′′B′′C′′D′′ inscribed in the regular octahedron is a cube.]

 

Обозначим сторону куба $A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}A\text{'}\text{'}B\text{'}\text{'}C\text{'}\text{'}D\text{'}\text{'}$ через l. Тогда $B\text{'}\text{'}L=\frac{l}{2}$. Пусть отношение $\frac{MB\text{'}\text{'}}{MF}=k$, т.е. $\frac{l}{q}=k$ и $l=kq$. В результате из подобия треугольников $MOF$ и $B\text{'}\text{'}LF$ следует, что $\frac{B\text{'}\text{'}L}{MO}=\frac{B\text{'}\text{'}F}{MF}$, т.е.

$\frac{B\text{'}\text{'}L}{MO}=\frac{MF-MB\text{'}\text{'}}{MF}=1-\frac{MB\text{'}\text{'}}{MF}=1-k.$                                     

А поскольку

$MO=\frac{q\sqrt{2}}{2},$                                                         

то

$\frac{B\text{'}\text{'}L}{\frac{q\sqrt{2}}{2}}=1-k.$                                                         

И, значит,

$B\text{'}\text{'}L=q\frac{1-k}{\sqrt{2}}.$                                                       

С одной стороны, ребро куба можно записать в виде

$l=2\cdot B\text{'}\text{'}L=q\left(1-k\right)\sqrt{2}.$                                               

С другой стороны, как

$l=kq.$                                                              

Приравнивая эти два равенства, получим

$q\left(1-k\right)\sqrt{2}=kq,$                                                     

откуда

$k=\sqrt{2}-1.$                                                          

Поэтому ребро l вписанного куба $A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}A\text{'}\text{'}B\text{'}\text{'}C\text{'}\text{'}D\text{'}\text{'}$ будет

$l=q=a\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\sqrt{2}-1\right)=a\frac{2-\sqrt{2}}{2}.$                                     

Итак, ребро вписанного в куб со стороной a тетраэдра равно $a\sqrt{2}$; ребро вписанного в этот тетраэдр октаэдра составляет $\frac{a\sqrt{2}}{2}$; измерения вписанного в октаэдр параллелепипеда суть $\frac{a\sqrt{2}}{4}$, $\frac{a\sqrt{2}}{4}$, $\frac{a}{2}$. Ребро вписанного в октаэдр со стороной $\frac{a\sqrt{2}}{2}$ куба составляет величину $a\frac{2-\sqrt{2}}{2}$.

Задача [2] В правильный додекаэдр (правильный многогранник, каждая из двенадцати граней которого является правильным пятиугольником) вписан куб со стороной a (рис.6). Выразить ребро додекаэдра через ребро куба. Найти радиус описанной около додекаэдра сферы, а также радиус сферы, касающейся всех ребер додекаэдра (полувписанной сферы).

 

Рис. 6. Куб ABCDA1B1C1D1 вписан в додекаэдр так, что его вершины служат диагоналями граней додекаэдра. Все грани куба являются основаниями многогранников типа A1B1C1D1FF1, в котором ребра FF1,A1D1, B1C1 параллельны друг другу. Центр симметрии куба и додекаэдра, а также радиусы описанной и полувписанных сфер показаны на рис. 9.

[Figure 6. The cube of ABCDA1B1C1D1 iscribed in dodecahedron as its vertices are the face diagonals of the dodecahedron. All the cube faces are the bases of the polyhedrons, for instance, A1B1C1D1FF1 in which the edges are parallel to each other. The symmetry center of cube and dodecahedron, and also the radiuses of the midsphere and circumscribed spheres are shown in the Fig.9.]

 

Решение

1. Выразим ребро додекаэдра через ребро куба a. Из рис. 6 следует, что ребро куба a совпадает с одной из диагоналей грани додекаэдра. На рис. 7 отдельно рассмотрим грань додекаэдра, являющуюся правильным пятиугольником.

 

Рис. 7. Диагональ грани A1C1 является ребром куба.

[Figure 7. The face diagonal of A1C1 is a cube edge.]

 

Сумма всех его внутренних углов составляет, как известно, ${540}^{\circ }$ , поэтому в равнобедренном треугольнике $A_{1}F{C}_1$ углы $A_{1}FO={54}^{\circ }$ и $F{A}_{1}O={36}^{\circ }$, а сторона $A_{1}O=\frac{a}{2}$ по построению. Тогда сторона  правильного пятиугольника, т.е. ребро описанного додекаэдра, равна

$y=\frac{a}{2\text{cos}{36}^{\circ }}$ (1)

Приведем вычисление $\text{cos}{36}^{\circ }$. Для этого рассмотрим равнобедренный треугольник с углом при вершине ${36}^{\circ }$ и основанием a (рис. 8).

 

Рис. 8. С помощью равнобедренного треугольника с углом 36◦ при вершине можно вычислить cos 36◦

[Figure 8. Using the isosceles triangle with an angle of 36◦ at the vertex, we may calculate the following cos 36◦.]

 

Важно сказать, что рис. 8 не является частью никаких предыдущих или последующих рисунков, а поэтому обозначения на нем никак не связаны с обозначениями на рис. 6, 7 или 9, 10. Проведем биссектрису $AD$ угла при основании и получим еще два равнобедренных треугольника: треугольник $ADC$ c углом при вершине $A={36}^{\circ }$, основанием $DC=x$ и боковыми сторонами $AC=AD=a$, а также треугольник $ADB$ с углом при вершине $D={108}^{\circ }$, основанием $AB=a+x$ и боковыми сторонами $BD=AD=a$. Из подобия треугольников $ABC$ и $ADC$ следует очевидное соотношение $\frac{AC}{BC}=\frac{DC}{AD}$, т.е.

$\frac{a}{a+x}=\frac{x}{a},$                                                          

откуда получаем квадратное уравнение относительно x:

$x^2+ax-a^2=\mathrm{0,}$                                                      

решение которого

$x=\frac{\sqrt{5}-1}{2}a.$                                                         

Далее применим теорему синусов в треугольнике $ABC$:

$\frac{AC}{\text{sin}{36}^{\circ }}=\frac{BC}{\text{sin}{72}^{\circ }},$                                                     

т.е.

$\frac{a}{\text{sin}{36}^{\circ }}=\frac{a+x}{\text{sin}{72}^{\circ }}.$                                                     

Отсюда следует, что

$a=\frac{a+x}{\text{sin}{72}^{\circ }}\cdot \text{sin}{36}^{\circ }=\frac{a+x}{2\text{sin}{36}^{\circ }\text{cos}{36}^{\circ }}\cdot \text{sin}{36}^{\circ }=\frac{a+x}{2\text{cos}{36}^{\circ }}.$                       

Выражая из этого равенства $\text{cos}{36}^{\circ }$, получим:

$\text{cos}{36}^{\circ }=\frac{a+x}{2a}.$                                                       

Если теперь подставить сюда найденное выше значение

$x=\frac{\sqrt{5}-1}{2}a,$                                                         

то окончательно найдем, что

$\text{cos}{36}^{\circ }=\frac{a+\frac{\sqrt{5}-1}{2}a}{2a}=\frac{\sqrt{5}+1}{4}.$ (2)

Подстановка (2) в (1) приводит к нахождению ребра додекаэдра:

$y=\frac{a}{2\text{cos}{36}^{\circ }}=\frac{a}{2\cdot \frac{\sqrt{5}+1}{4}}=\frac{2a}{\sqrt{5}+1}=a\frac{\sqrt{5}-1}{2}.$ (3)

2. Найдем теперь радиус сферы, касающейся всех ребер додекаэдра.

 

Рис. 9. Точка O - центр описанной и полувписанной сфер вокруг додекаэдра. Радиус полувписанной сферы OT = OO1, радиус описанной сферы OF.

[Figure 9. The point of O is the center of midsphere and circumscribed spheres around the dodecahedron. The radius of the midsphere is OT = OO1, the radius of circumscribed sphere is OF.]

 

Как следует из рис. 9, этот радиус равен отрезку

$OT=O{O}_1=FN=FS+SN=FS+\frac{a}{2},$ (4)

где a - ребро куба. Из треугольника $FSQ$ следует, что

$FS=FQ\cdot \text{sin}\beta ,$ (5)

где $\beta$ это угол наклона грани $F{D}_{1}PK{C}_1$ додекаэдра к плоскости верхнего основания куба. Найти его можно из треугольника $QLT$. Действительно

$\text{sin}\beta =\frac{QL}{QT}=\frac{a}{2\cdot QT}.$                                                  

Как видим, нам требуется знать отрезки $FQ$ и $TQ$, составляющие диагональ $FT$ правильного пятиугольника $F{D}_{1}PK{C}_1$. Рассмотрим подробнее рис. 10.

 

Рис. 10. Грань правильного додекаэдра является правильным пятиугольником.

[Figure 10. The edge of the regular dodecahedron is the regular pentagon.]

 

Ясно, что $FQ=D_{1}F\cdot \text{sin}{36}^{\circ }$. Согласно (3) сторона додекаэдра нам известна. А потому

$D_{1}F=a\frac{\sqrt{5}-1}{2}$                                                       

и, значит,

$\text{sin}{36}^{\circ }=\sqrt{1-{\text{cos}}^2{36}^{\circ }}=\sqrt{1-{\left(\frac{\sqrt{5}+1}{4}\right)}^2}=\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}.$                        

Поэтому

$FQ=a\frac{\sqrt{5}-1}{2}\cdot \frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}=a\frac{\sqrt{5}-1}{8}\cdot \sqrt{10-2\sqrt{5}}.$ (6)

Из рис. 10 следует, что

$QT=EK=K{C}_1\cdot \text{cos}{18}^{\circ }.$                                               

Второй сомножитель легко находится, если воспользоваться формулой двойного угла для косинуса, а именно

$\text{cos}{36}^{\circ }=2{\text{cos}}^2{18}^{\circ }-1.$                                                 

Подставляя сюда значение

$\text{cos}{36}^{\circ }=\frac{\sqrt{5}+1}{4},$                                                     

получим уравнение

$\frac{\sqrt{5}+1}{4}=2{\text{cos}}^2{18}^{\circ }-1.$                                                  

Откуда следует равенство

${\text{cos}}^2{18}^{\circ }=\frac{\sqrt{5}+5}{8}$                                                     

или

$\text{cos}{18}^{\circ }=\frac{\sqrt{\sqrt{5}+5}}{2\sqrt{2}}.$                                                    

Таким образом, с помощью (3) запишем:

$QT=EK=a\frac{\sqrt{5}-1}{2}\cdot \frac{\sqrt{\sqrt{5}+5}}{2\sqrt{2}}=a\frac{\sqrt{5}-1}{4\sqrt{2}}\cdot \sqrt{\sqrt{5}+5}.$                          

Учитывая эту формулу и равенство $\text{sin}\beta =\frac{a}{2\cdot QT}$, которое следует из треугольника $QLT$, после возвращения к основному рис. 9, получаем интересующее нас значение синуса

$\text{sin}\beta =\frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{5}-1\right)\sqrt{\sqrt{5}+5}}.$                                               

Если теперь подставить этот результат с учетом формулы (6) в (5), то получим:

$\begin{array}{l}FS=FQ\cdot \text{sin}\beta =a\frac{\sqrt{5}-1}{8}\cdot \sqrt{10-2\sqrt{5}}\cdot \frac{2\sqrt{2}}{\left(\sqrt{5}-1\right)\sqrt{\sqrt{5}+5}}=\\ =\frac{a\sqrt{2}}{4}\cdot \frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{\sqrt{\sqrt{5}+5}}=\frac{a}{2}\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{5+\sqrt{5}}}=\frac{a}{2}\cdot \frac{5-\sqrt{5}}{\sqrt{20}}=\frac{a}{4}\cdot \frac{5-\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=\frac{a}{4}\left(\sqrt{5}-1\right)\end{array}$           

Таким образом, из (4) можно вычислить и радиус сферы, касающейся ребер додекаэдра:

$FN=FS+\frac{a}{2}=\frac{a}{4}\left(\sqrt{5}-1\right)+\frac{a}{2}=\frac{a}{4}\left(\sqrt{5}+1\right).$ (7)

3. Что касается радиуса сферы, описанной около додекаэдра, то его можно найти из треугольника $O{O}_{1}F$ благодаря соотношению (7). Действительно, имеем для него

$R=O_{1}F=\sqrt{O{O}_1^2+O_1{F}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a}{4}\left(\sqrt{5}+1\right)\right)}^2+{\left(\frac{a}{4}\left(\sqrt{5}-1\right)\right)}^2}=a\frac{\sqrt{3}}{2}.$ (8)

Формулы (3), (7) и (8) являются решениями поставленной задачи.

Итак, ребро додекаэдра равно $a\frac{\sqrt{5}-1}{2}$; радиус описанной около додекаэдра сферы есть $a\frac{\sqrt{3}}{2}$; а радиус полувписанной сферы $\frac{a}{4}\left(\sqrt{5}+1\right)$.

Задача [3] В куб с ребром a вписан икосаэдр (правильный многогранник, каждая из двадцати граней которого является правильным треугольником). Выразить ребро икосаэдра, радиус вписанной в него и описанной около него сфер, а также радиус полувписанной сферы, т.е. касающейся всех ребер икосаэдра, через ребро куба a. Вычислить объем вписанного икосаэдра. (см. рис. 11).

 

Рис. 11. Схематическое изображение поставленной задачи. Ребра икосаэдра располагаются на осях симметрии противоположных граней куба. Ясно также, что центры описанной около икосаэдра и вписанной в него сфер в силу их симметрий, находятся в центре куба.

[Figure 11. The schematic drawing of the formulated problem. The edges of icosahedron are located on the lines of symmetry of the opposite faces of the cube. What is more, it is clear that the centres of the described around the icosahedron and the spheres inscribed in it due to their symmetries, are located in the center of the cube.]

 

Решение

Для решения задачи перейдем к рис. 12, на котором показан центр симметрии – точка O, отрезок ON равен радиусу описанной сферы, $OP=\frac{a}{2}$ - радиус сферы, касающейся ребер икосаэдра и отрезок OQ - радиус вписанной сферы. Ребро икосаэдра обозначено через x.

 

Рис. 12. Ребро икосаэдра равно x. Радиус R описанной вокруг икосаэдра сферы равен ON, отрезок $\mathit{O}\mathit{P}\mathbf{=}\frac{\mathbf{a}}{\mathbf{2}}$ - радиус сферы, касающейся ребер икосаэдра, радиус r вписанной в икосаэдр сферы равен OQ.

[Figure 12. The edge of icosahedron is equal to x. The radius R of the circumscribed sphere around the icosahedron being ON, the length $\mathit{O}\mathit{P}\mathbf{=}\frac{\mathbf{a}}{\mathbf{2}}$ is a radius of the sphere is tangent to the edges of icosahedron, the radius of r inscribed in the icosahedron of the sphere is equal to OQ.]

 

1. Вычислим радиус R описанной около икосаэдра сферы. Из соображений симметрии ясно, что $FN=\frac{a-x}{2}=PM$, а $MN=\frac{a}{2}$. Тогда из треугольника $PMN$ следует, что $P{N}^2=P{M}^2+M{N}^2$. Поскольку $PN$ это высота правильного треугольника (грани икосаэдра) со стороной x, то $PN=\frac{x\sqrt{3}}{2}$. Тогда равенство $P{N}^2=P{M}^2+M{N}^2$ можно переписать в виде соотношения

${\left(\frac{x\sqrt{3}}{2}\right)}^2={\left(\frac{a-x}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2,$                                            

откуда немедленно следует квадратное уравнение $x^2+ax-a^2=0$. Его решение нам уже встречалось:

$x=a\frac{\sqrt{5}-1}{2}.$                                                         

И, следовательно, ребро икосаэдра равно

$a\frac{\sqrt{5}-1}{2}.$                                                            

Обратимся теперь к треугольнику $OMN$. В нем $OM=\frac{a}{2}-\frac{a-x}{2}=\frac{x}{2}$, а $ON=R$. Следуя теореме Пифагора, запишем соотношение

$R^2=O{M}^2+N{M}^2={\left(\frac{x}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}\left(x^2+a^2\right).$                             

Подставляя сюда значение

$x=a\frac{\sqrt{5}-1}{2},$                                                        

получим

$R^2=\frac{a^2}{4}\left({\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)}^2+1\right)=\frac{a^2}{8}\left(5-\sqrt{5}\right).$                                    

Таким образом, радиус описанной сферы будет

$R=\frac{a}{4}\sqrt{10-2\sqrt{5}}.$                                                     

2. Для нахождения радиуса r вписанной сферы рассмотрим треугольник $OPN$, в котором высота

$PN=\frac{x\sqrt{3}}{2}=\frac{a}{4}\sqrt{3}\left(\sqrt{5}-1\right)=\frac{a}{4}\left(\sqrt{15}-\sqrt{3}\right).$                                

Если воспользоваться теперь теоремой косинусов

$R^2=O{P}^2+P{N}^2-2\cdot OP\cdot PN\cdot \text{cos}P,$                                      

и подставить сюда все найденные выше величины, то находим, что

$\frac{a^2}{16}\left(10-2\sqrt{5}\right)=\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{16}{\left(\sqrt{15}-\sqrt{3}\right)}^2-2\cdot \frac{a}{2}\cdot \frac{a}{4}\cdot \left(\sqrt{15}-\sqrt{3}\right)\cdot \text{cos}P.$               

Преобразуя это выражение, приходим к уравнению

$\frac{6-2\sqrt{5}}{8}=\frac{\sqrt{15}-\sqrt{3}}{4}\cdot \text{cos}P.$                                             

Откуда

$\text{cos}P=\frac{6-2\sqrt{5}}{\sqrt{15}-\sqrt{3}}=\frac{{\left(\sqrt{5}-1\right)}^2}{2\sqrt{3}\left(\sqrt{5}-1\right)}=\frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{3}}.$                                 

В результате из прямоугольного треугольника $OPQ$ следует, что

$PQ=OP\cdot \text{cos}P=\frac{a}{2}\cdot \frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{3}}=\frac{a}{12}\cdot \left(\sqrt{15}-\sqrt{3}\right).$                              

Или

$O{Q}^2=O{P}^2-P{Q}^2=\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{16}\cdot \frac{6-2\sqrt{5}}{3}=\frac{a^2}{4}\cdot \frac{6+2\sqrt{5}}{12}=\frac{a^2}{48}\cdot {\left(\sqrt{5}+1\right)}^2.$            

И, значит, радиус вписанной в икосаэдр сферы оказывается равным:

$r=OQ=\frac{a}{12}\left(\sqrt{15}+\sqrt{3}\right).$                                               

3. Чтобы теперь вычислить объем икосаэдра, представим его, как сумму двадцати объемов треугольных пирамид с вершиной в точке O, высота которых совпадает с r, то есть

$H=\frac{a}{12}\left(\sqrt{15}+\sqrt{3}\right).$                                                   

При этом площадь основания

$S=x^2\frac{\sqrt{3}}{4}=a^2{\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)}^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}.$                                          

Очевидно, что объем икосаэдра будет равен

$V=20\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{a}{12}\left(\sqrt{15}+\sqrt{3}\right)\cdot a^2\cdot {\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)}^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{5}{48}{a}^3\left(\sqrt{5}-1\right).$                  

Итак, ребро икосаэдра равно $a\frac{\sqrt{5}-1}{2}$; радиус описанной сферы равен $\frac{a}{4}\sqrt{10-2\sqrt{5}}$; радиус вписанной сферы есть $\frac{a}{12}\left(\sqrt{15}+\sqrt{3}\right)$; радиус полувписанной сферы $\frac{a}{2}$; а объем икосаэдра составляет значение $\frac{5}{48}{a}^3\left(\sqrt{5}-1\right)$.

Комбинационные задачи с участием правильных пирамид и конусов

Во второй части работы мы хотели бы привести несколько оригинальных комбинационных задач c правильными пирамидами и конусами. Все эти задачи объединены одной идеей: два тела комбинируются так, что высота каждого из них находится на боковом ребре другого, а вершины при этом совпадают. Таким образом, оказываются скомбинированными две правильные треугольные пирамиды, две правильные четырехугольные пирамиды, правильная треугольная пирамида с четырехугольной пирамидой или с конусом. Вполне естественным здесь является вопрос о вычислении объема общей части тел.

Задача [4] В правильной треугольной пирамиде ребро при основании равно a, двугранный угол при боковом ребре 2a. В эту пирамиду вписана другая треугольная пирамида так, что боковое ребро её совпадает с высотой данной пирамиды, а высота пирамиды лежит на боковом ребре данной пирамиды (рис.13). Вершины пирамид совпадают. Найти объём общей части пирамид. Проанализировать решение для случая, когда обе пирамиды являются правильными тетраэдрами.

 

Рис. 13. Ребро основания правильной пирамиды SABC равно a, а двугранный угол при боковом ребре составляет 2α.

[Figure 13. The base edge of the regular pyramid of SABC being a, and the dihedron at the lateral edge is 2α.]

 

Решение

Общая часть обеих пирамид представляет собой четырехугольную пирамиду $OLQKS$. Поскольку ее высота $SQ$ совпадает с ее боковым ребром, то интересующий нас объем

$V_{OLQKS}=\frac{1}{3}{S}_{OLQK}\cdot SQ$ (9)

Угол наклона бокового ребра к плоскости основания обозначим через $\beta$. Тогда из рис.13 следует

$\text{sin}\beta =\frac{1}{\sqrt{3}}\text{c}t{g}_{}\alpha ,\text{cos}\beta =\frac{\sqrt{4{\text{sin}}^2\alpha -1}}{\sqrt{3}\text{sin}\alpha },tg\beta =\frac{\text{sin}\beta }{\text{cos}\beta }=\frac{\text{cos}\alpha }{\sqrt{4{\text{sin}}^2\alpha -1}}.$ (10)

А из треугольника $OQP$ найдем

$OQ=OP\cdot ctg\alpha =\frac{a}{3}ctg\alpha .$ (11)

В результате из треугольника $SOQ$ найдется высота $SQ$ пирамиды $OLQKS$:

$SQ=OQ\cdot \text{t}{g}_{}\beta =\frac{a\cdot \text{c}t{g}_{}\alpha \cdot \text{cos}\alpha }{3\sqrt{4{\text{sin}}^2\alpha -1}}.$ (12)

Чтобы найти площадь основания пирамиды $OLQKS$, заметим, что $S_{OLQK}=2S_{OQK}$. Площадь треугольника $OQK$ найдем по формуле

$S_{OQK}=\frac{1}{2}OQ\cdot OK\cdot \text{sin}{30}^{{}^{\circ }}=\frac{1}{4}OQ\cdot OK,$                                   

поскольку треугольник $OMN$ правильный. Чтобы найти $OK$, воспользуемся теоремой синусов:

$\frac{OK}{\text{sin}\alpha }=\frac{OQ}{\text{sin}\left({150}^{\circ }-\alpha \right)}.$                                                 

Применяя формулу синуса разности углов, получим:

$OK=\frac{2OQ\cdot \text{sin}\alpha }{\text{cos}\alpha +\sqrt{3}\text{sin}\alpha }=\frac{2OQ}{\text{c}t{g}_{}\alpha +\sqrt{3}}.$                                      

Поэтому

$S_{OQK}=\frac{1}{2}\frac{O{Q}^2}{\text{c}t{g}_{}\alpha +\sqrt{3}},$                                                  

откуда

$S_{OLQK}=\frac{O{Q}^2}{\text{c}t{g}_{}\alpha +\sqrt{3}}=\frac{a^2\text{c}t{g_{}}^2\alpha }{9\left(\text{c}t{g}_{}\alpha +\sqrt{3}\right)}.$ (13)

Подставляя формулы (11) и (13) в соотношение (9), находим интересующий нас объем общей части пирамид:

$V_{OLQKS}=\frac{1}{3}{S}_{OLQK}\cdot SQ=\frac{a^{3}ct{g}^3\alpha \cdot \text{cos}\alpha }{81\left(ctg\alpha +\sqrt{3}\right)\sqrt{4{\text{sin}}^2\alpha -1}}.$                          

Теперь проанализируем полученный результат для случая, когда обе пирамиды являются правильными тетраэдрами, т.е. боковое ребро пирамиды равно ребру основания. По – прежнему считаем, что $AB=a$. Формулы (10), при этом существенно упрощаются

$\text{cos}\beta =\frac{1}{\sqrt{3}},\text{sin}\beta =\sqrt{\frac{2}{3}},tg\beta =\sqrt{2}.$                                        

Так как $\text{sin}\beta =\frac{\sqrt{3}}{3}ctg\alpha$, то $ctg\alpha =\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot \frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{2}$. Далее,

$SQ=OQ\cdot \text{t}{g}_{}\beta =\frac{a}{3}\text{c}t{g}_{}\alpha \cdot \text{t}{g}_{}\beta =\frac{a}{3}\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=\frac{2}{3},$                            

где $OQ=\frac{a}{3}\text{c}t{g}_{}\alpha =\frac{a\sqrt{2}}{3}.$ В результате для площади основания пирамиды $OLQKS$ получим

$S_{OLQK}=2S_{OQK}=\frac{O{Q}^2}{ctg\alpha +ctg{30}^{\circ }}=\frac{2a^2}{9\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}.$                              

Итак, объем общей части пирамид равен $\frac{a^{3}ct{g}^3\alpha \cdot \text{cos}\alpha }{81\left(ctg\alpha +\sqrt{3}\right)\sqrt{4{\text{sin}}^2\alpha -1}}$; объем общей части правильных тетраэдров составляет $\frac{4}{81}\frac{a^3}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}$.

Задача [5] В правильной треугольной пирамиде ребро при основании равно a, двугранный угол при боковом ребре равен 2a. В эту пирамиду вписан конус так, что его образующая совпадает с высотой пирамиды, а высота конуса лежит на боковом ребре (рис.14). Вершины их совпадают. Найти объём общей части конуса и пирамиды.

 

Рис. 14. Высота конуса лежит на боковом ребре пирамиды, образующая конуса совпадает с высотой пирамиды.

[Figure 14. The height of a cone lies on the lateral edge of the pyramid, and the cone generator is the same as height of the pyramid.]

 

Решение

Общая часть пирамиды и конуса это «пирамида» $OFQLS$, в основании которой лежит круговой сектор $OFQL$. Поэтому объем их общей части можно найти по формуле

$V_{OFQLS}=\frac{1}{3}{S}_{OFQL}\cdot SQ=\frac{1}{2}\cdot \left(2\alpha \right)\cdot O{Q}^2\cdot SQ=\alpha \cdot O{Q}^2\cdot SQ,$ (14)

где 2a - центральный угол кругового сектора. Нам остается лишь выразить $OQ$ и $SQ$ через сторону основания a пирамиды и двугранный угол a. Из прямоугольного треугольника $OQK$, в котором $OK=\frac{1}{3}a$, найдем, что

$OQ=OK\cdot ctg\alpha =\frac{1}{3}a\cdot ctg\alpha .$ (15)

Из прямоугольного треугольника $SOQ$ следует

$h=SQ=OQ\cdot tg\beta .$                                                    

Выразим $tg\beta$ через $\text{cos}\alpha$ и $\text{sin}\alpha$. Из треугольника $OQB$ следует, что $OQ=OB\cdot \text{sin}\beta$, а из треугольника $OQK$ находим, что $OQ=OK\cdot ctg\alpha$. Значит,

$OB\cdot \text{sin}\beta =OK\cdot ctg\alpha$                                                  

или

$\text{sin}\beta =\frac{OK\cdot ctg\alpha }{OB},$                                                    

где

$OK=\frac{1}{3}a,OB=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$                                                 

Окончательно,

$\text{sin}\beta =\frac{ctg\alpha }{\sqrt{3}},\text{cos}\beta =\sqrt{1-\frac{1}{3}ct{g}^2\alpha }=\frac{\sqrt{4{\text{sin}}^2\alpha -1}}{\sqrt{3}\text{sin}\alpha },tg\beta =\frac{\text{cos}\alpha }{\sqrt{4{\text{sin}}^2\alpha -1}}.$ (16)

Стоит обратить внимание также и на следующий факт. Так как по смыслу $0<\text{sin}\beta <1$, и поскольку

$\text{sin}\beta =\frac{ctg\alpha }{\sqrt{3}},$                                                        

то должно выполняться неравенство

$ctg\alpha <\sqrt{3},$                                                          

т.е.

$\frac{\pi }{3}<\alpha <\frac{\pi }{2}.$                                                          

Иными словами, в правильной треугольной пирамиде угол между боковыми гранями не может быть меньше $\frac{\pi }{3}$.

Возвратившись к нашей задаче, согласно (15) и (16) находим, что высота «пирамиды» $OFQLS$

$SQ=OQ\cdot tg\beta =\frac{1}{3}a\cdot ctg\alpha \cdot \frac{\text{cos}\alpha }{\sqrt{4{\text{sin}}^2\alpha -1}},$                                  

а площадь ее основания:

$S=\alpha \cdot O{Q}^2=\alpha \cdot {\left(\frac{a}{3}ctg\alpha \right)}^2=\alpha \cdot \frac{a^2}{9}ct{g}^2\alpha .$                                 

В результате из (14) мы приходим к формуле для объема общей части пирамиды и конуса:

$V=\frac{1}{3}\alpha \cdot \frac{a^2}{9}ct{g}^2\alpha \cdot \frac{1}{3}a\cdot \frac{ctg\alpha \cdot \text{cos}\alpha }{\sqrt{4{\text{sin}}^2\alpha -1}}=\frac{\alpha \cdot a^{3}ct{g}^3\alpha \cdot \text{cos}\alpha }{82\sqrt{4{\text{sin}}^2\alpha -1}}.$                      

Итак, объем общей части пирамиды и конуса составляет $\frac{\alpha \cdot a^{3}ct{g}^3\alpha \cdot \text{cos}\alpha }{82\sqrt{4{\text{sin}}^2\alpha -1}}$.

Задача [6] В правильную четырёхугольную пирамиду $ABCDS$ вписана правильная четырёхугольная пирамида $OMNFS$ так, что $SQ$ высота второй пирамиды лежит на боковом ребре $SC$ данной пирамиды (рис.15). Найти объём общей части пирамид, если боковое ребро пирамиды $ABCDS$ равно b, а двугранный угол при боковом ребре равен 2a.

 

Рис. 15. Высота правильной пирамиды SOMNF находится на боковом ребре правильной пирамиды SABCD, а ее боковое ребро – на высоте SABCD.

[Figure 15. The height of the regular pyramid SOMNF is located on the lateral edge of the regular pyramid SABCD. However, its lateral edge is on the height of SABCD.]

 

Решение

Обозначим $SA=SB=SC=SD=b$ и $\widehat{BQD}=2\alpha$. Ясно, что объем общей части пирамид выражается формулой

$V_{ORQLS}=\frac{1}{3}{S}_{ORQL}\cdot SQ.$ (17)

Равенства $\text{sin}\beta =\frac{OQ}{OC}$ и $\text{c}t{g}_{}\alpha =\frac{OQ}{OD}$ следуют из треугольников $QOC$ и $QOD$ соответственно. Отсюда получаем важное соотношение:

$\text{sin}\beta =ctg\alpha .$                                                         

Следовательно,

$\text{cos}\beta =\sqrt{1-ct{g}^2\alpha },tg\beta =\frac{ctg\alpha }{\sqrt{1-ct{g}^2\alpha }}.$                                     

Из прямоугольного треугольника $SOC$ найдем, что

$OC=b\text{cos}\beta =b\sqrt{1-ct{g}^2\alpha },$                                             

а из прямоугольного треугольника $OQC$ следует равенство

$OQ=OC\text{sin}\beta =b\sqrt{1-ct{g}^2\alpha }\cdot ctg\alpha .$                                       

Далее, из треугольника $OQS$ находим, что

$QS=OQ\cdot tg\beta =\frac{bctg\alpha \sqrt{1-ct{g}^2\alpha }\cdot ctg\alpha }{\sqrt{1-ct{g}^2\alpha }}=bct{g}^2\alpha .$ (18)

Ясно, что

$S_{ORQL}=2S_{OQL}.$                                                       

Площадь непрямоугольного треугольника $OQL$ найдем, используя формулу

$S_{OQL}=\frac{1}{2}OL\cdot OQ.$                                                     

Сторону $OL$ вычислим, используя теорему синусов:

$\frac{OL}{\text{sin}\alpha }=\frac{OQ}{\text{sin}\left({135}^{\circ }-\alpha \right)},$                                                 

откуда следует, что

$\begin{array}{l}OL=\frac{OQ\cdot \text{sin}\alpha }{\text{sin}\left({135}^{\circ }-\alpha \right)}=OQ\cdot \frac{\text{sin}\alpha }{\text{sin}{135}^{\circ }cos\alpha -cos{135}^{\circ }sin\alpha }=\\ =\sqrt{2}\cdot OQ\cdot \frac{\text{sin}\alpha }{cos\alpha +sin\alpha }=\sqrt{2}\cdot OQ\cdot \frac{1}{\text{c}t{g}_{}\alpha +1}=\frac{OQ\sqrt{2}}{\text{c}t{g}_{}\alpha +1}.\end{array}$                      

Тогда

$S_{ORQL}=2S_{OQL}=OL\cdot OQ=\frac{O{Q}^2\sqrt{2}}{\text{c}t{g}_{}\alpha +1}=b^{2}ct{g}^2\alpha \left(1-ctg\alpha \right)\sqrt{2}.$ (19)

Если теперь подставить (18) и (19) в формулу (17), мы получим объем общей части пирамид:

$V_{ORQLS}=\frac{\sqrt{2}}{3}{b}^{2}ct{g}^2\alpha \left(1-ctg\alpha \right)bct{g}^2\alpha =\frac{\sqrt{2}}{3}{b}^{3}ct{g}^4\alpha \left(1-ctg\alpha \right).$                 

Итак, объем общей части пирамид равен $\frac{\sqrt{2}}{3}{b}^{3}ct{g}^4\alpha \left(1-ctg\alpha \right)$.

Задача [7] В правильной треугольной пирамиде ребро при основании равно a, двугранный угол при боковом ребре 2a. В нее вписана правильная четырёхугольная пирамида так, что боковое ребро пирамиды совпадает с высотой H данной пирамиды, а высота h пирамиды лежит на боковом ребре данной пирамиды (рис. 16). Вершины их совпадают. Найти объём общей части пирамид.

 

Рис. 16. Правильная треугольная пирамида SABC скомбинирована с правильной четырехугольной пирамидой SQKOL так, что высота каждой из них находится на боковом ребре другой.

[Figure 16. The regular triangular pyramid of SABC is arranged to the regular four-angled pyramid of SQKOL as the height of of each is on the lateral edge of the other.]

 

Решение

Общая часть пирамид это четырехугольная пирамида $SQKOL$, высота которой лежит на ее боковом ребре $SQ$. Следовательно, ее объем можно вычислить по формуле

$V=\frac{1}{3}{S}_{OQKL}\cdot SQ.$ (20)

Из прямоугольного треугольника $ROQ$ найдем, что:

$OQ=OR\cdot ctg\alpha =\frac{a}{3}ctg\alpha .$                                              

Обозначим угол наклона бокового ребра к плоскости основания через $\beta$. Тогда из прямоугольного треугольника $OBQ$ (прямая $SQ\perp PQR$) найдем, что $OQ=OB\cdot \text{sin}\beta$. Получившееся равенство

$OQ=\frac{a\sqrt{3}}{3}\text{sin}\beta =\frac{a}{3}ctg\alpha$ (21)

позволяет нам записать, что

$\text{sin}\beta =\frac{\sqrt{3}}{3}ctg\alpha ,$                                                      

откуда

$\text{cos}\beta =\sqrt{1-\frac{1}{3}ct{g}^2\alpha },\text{t}{g}_{}\beta =\frac{\text{c}t{g}_{}\alpha }{\sqrt{3-\text{c}t{g_{}}^2\alpha }}.$                                  

Высоту $SO$ можно найти из прямоугольного треугольника $SOQ$. В самом деле, имеем для нее

$SQ=OQ\cdot \text{t}{g}_{}\beta =\frac{a}{3}\cdot \text{c}t{g}_{}\alpha \cdot \frac{\text{c}t{g}_{}\alpha }{\sqrt{3-\text{c}t{g_{}}^2\alpha }}=\frac{a}{3}\cdot \frac{\text{c}t{g_{}}^2\alpha }{\sqrt{3-\text{c}t{g_{}}^2\alpha }}$ (22)

Вычислим теперь площадь основания пирамиды $SQKOL$:

$S_{OKQL}=2S_{OQL}=OQ\cdot OL.$                                               

Поскольку плоская фигура $OMNF$ представляет собой квадрат, то угол $QOL={45}^{\circ }$. Если к треугольнику $OQL$ применить теперь теорему синусов:

$\frac{OL}{\text{sin}\alpha }=\frac{OQ}{\text{sin}\left({135}^{\circ }-\alpha \right)},$                                                 

то из не следует, что

$OL=\frac{OQ\cdot \text{sin}\alpha }{\text{sin}\left({135}^{\circ }-\alpha \right)}=\frac{OQ\cdot \text{sin}\alpha }{\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\text{cos}\alpha +\text{sin}\alpha \right)}=\frac{OQ\cdot \sqrt{2}}{1+\text{c}t{g}_{}\alpha }.$                         

В результате согласно (21) и (22) получим, что

$S_{OKQL}=\frac{a^2\cdot \text{c}t{g_{}}^2\alpha }{9\cdot \left(1+\text{c}t{g}_{}\alpha \right)}.$ (23)

Подставляя (22) и (23) в соотношение (20), мы приходим, следовательно, к интересующему нас объему общей части пирамид:

$V=\frac{1}{3}{S}_{OQKL}\cdot SQ=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\cdot \text{c}t{g_{}}^2\alpha }{9\cdot \left(1+\text{c}t{g}_{}\alpha \right)}\cdot \frac{a}{3}\cdot \frac{\text{c}t{g_{}}^2\alpha }{\sqrt{3-\text{c}t{g_{}}^2\alpha }}=\frac{a^3}{27}\cdot \frac{\text{c}t{g_{}}^4\alpha }{\left(1+\text{c}t{g}_{}\alpha \right)\sqrt{3-\text{c}t{g_{}}^2\alpha }}.$  

Итак, объем общей части пирамид составляет $\frac{a^3}{27}\cdot \frac{\text{c}t{g_{}}^4\alpha }{\left(1+\text{c}t{g}_{}\alpha \right)\sqrt{3-\text{c}t{g_{}}^2\alpha }}$.

Заключение

В заключение работы стоит отметить три основных момента.

1. Приведен подробный алгоритм решения задачи о вычислении ребра октаэдра, додекаэдра и икосаэдра через сторону вписанного и описанного куба.
2. В качестве полезной справки приведены основные сведения из теории выпуклых тел: теорема Евклида, теорема Декарта, теорема Эйлера.
3. Проанализирован новый класс комбинационных задач с многогранниками, в которых два тела комбинируются так, что высота каждого из них находится на боковом ребре другого, а вершины при этом совпадают.

Авторлар туралы

Boris Fedorov

Moscow Aviation Institute

Email: sonjaf@list.ru

Lecturer at the Department of Mathematics (1967 to 2000)

Ресей, 125993, Moscow, Volokolamskoe sh., 4

Sofya Bogdanova

Moscow Aviation Institute

Хат алмасуға жауапты Автор.
Email: sonjaf@list.ru
ORCID iD: 0000-0001-8503-1794

Ph.D. (Phys. & Math.), Associate Professor, Associate Professor of Applied Software and Mathematical Methods

Ресей, 125993, Moscow, Volokolamskoe sh., 4

Sergey Gladkov

Moscow Aviation Institute

Email: sonjaf@list.ru
ORCID iD: 0000-0002-2755-9133

D.Sc. (Phys. & Math.), Professor, Associate Professor of the Department of Applied Software and Mathematical Methods

Ресей, 125993, Moscow, Volokolamskoe sh., 4

Әдебиет тізімі

Қосымша файлдар