Открытая Математика. Стереометрия. Правильная n-угольная пирамида

Правильная n-угольная пирамида

Рассмотрим правильную n-угольную пирамиду. Этот многогранник часто встречается в стереометрических задачах, и поэтому более подробное и тщательное изучение его свойств представляет большой интерес. В этом параграфе мы несколько расширим тот арсенал формул, который нами был получен ранее. Запоминать формулы, которые будут выведены в этом параграфе, нет необходимости. Гораздо важнее понять, как они получаются, и научиться применять аналогичные выводы в конкретных задачах.

Итак, пусть SA₁A₂ … A_n – правильная n-угольная пирамида (рис. 8.4.1). Введем следующие обозначения:

α – угол наклона бокового ребра к плоскости основания;
β – двугранный угол при основании;
γ – плоский угол при вершине;
δ – двугранный угол при боковом ребре.

Пусть O – центр основания пирамиды, B – середина ребра $A_{1} A_{2},$ D – точка пересечения отрезков $A_{1} A_{3}$ и $O A_{2},$ C – точка на боковом ребре $S A_{2}$ такая, что $A_{1} C ⊥ S A_{2},$ E – точка пересечения отрезков SB и $A_{1} C,$ K – точка пересечения отрезков $A_{1} A_{3}$ и OB. Пусть $∠ A_{1} O A_{2} = φ = \frac{2 π}{n} .$

Несложно показать, что $∠ S A_{1} O = α,$ $∠ S B O = β,$ $∠ A_{1} C A_{3} = δ,$ $∠ A_{2} A_{1} A_{3} = \frac{φ}{2} .$

Обозначим также через H высоту пирамиды, апофему – через m, боковое ребро – через l, сторону основания – через a, а через r и R – радиусы окружностей, вписанной в основание и описанной около него.

$tg α = cos \frac{π}{n} ċ tg β .$

Из $Δ S A_{1} O$ находим, что H = R ċ tg α. Из Δ SBO находим, что H = r ċ tg β. Значит, R ċ tg α = r ċ tg β. Кроме того, из $Δ A_{1} O B$ следует, что $r = R cos \frac{φ}{2},$ откуда и получается доказываемая формула.

$cos α = \frac{sin \frac{γ}{2}}{sin \frac{n}{2}} .$

Из $Δ A_{1} S B$ находим, что $l = \frac{a}{2 sin \frac{γ}{2}},$ а из $Δ S A_{1} O$ – $l = \frac{R}{cos α} .$ Остается заметить, что из $Δ A_{1} O B$ следует, что $R = \frac{a}{2 sin \frac{π}{n}},$ и приравнять полученные выражения для l.

$sin α = ctg \frac{π}{n} ċ ctg \frac{δ}{2} .$

Из треугольников $C D A_{1}$ и $C D A_{2}$ получаем, что $C D = A_{1} D ctg \frac{δ}{2}$ и $C D = A_{2} D sin α .$ Но $A_{1} D = a cos \frac{φ}{2},$ $A_{2} D = a sin \frac{φ}{2} .$ Приравнивая правые части выражений для CB, получим требуемую формулу.

$cos β = ctg \frac{π}{n} ċ tg \frac{γ}{2} .$

Из треугольников SBO и $S B A_{1}$ найдем m: $m = \frac{r}{cos β}$ и $m = \frac{a}{2 tg \frac{γ}{2}} .$ Значит $2 r ċ tg \frac{γ}{2} = a cos β .$ Из $Δ A_{1} O B$ найдем $2 r = a ċ ctg \frac{φ}{2} .$ Подставляя это выражение в предыдущее равенство, придем к доказываемой формуле.

$cos \frac{γ}{2} = \frac{cos \frac{π}{n}}{sin \frac{δ}{2}} .$

Заметим, что $∠ C A_{1} A_{2} = \frac{γ}{2} .$ Это позволяет из треугольников $C A_{1} A_{2}$ и $C A_{1} D$ получить выражение для $C A_{1}$ двумя способами: $C A_{1} = a cos \frac{γ}{2};$ $C A_{1} = \frac{A_{1} D}{sin \frac{δ}{2}} .$ Отсюда следует, что $a cos \frac{γ}{2} = \frac{A_{1} D}{sin \frac{δ}{2}} .$ Несложно доказать, что $A_{1} C ⊥ O A_{2},$ и тогда из прямоугольного треугольника $O A_{1} D$ следует, что $A_{1} D = a cos \frac{φ}{2} .$ Подстановка этого выражения в предыдущее равенство и приводит к доказываемой формуле.

$sin β = \frac{cos \frac{δ}{2}}{sin \frac{π}{n}} .$

$S B ⊥ A_{1} A_{2},$ так как SB – апофема боковой грани $S A_{1} A_{2} .$ $S O ⊥ A_{1} A_{2},$ поскольку высота пирамиды перпендикулярна любой прямой в основании пирамиды. Значит, в плоскости SBO нашлись две прямые SO и SB, перпендикулярные прямой $A_{1} A_{2}$ в плоскости $S A_{1} A_{2} .$ Следовательно, плоскости $S A_{1} A_{2}$ и SBO перпендикулярны. Так как $∠ A_{1} C A_{3}$ – линейный угол двугранного угла при боковом ребре пирамиды по построению, то и плоскость $A_{1} C A_{3}$ перпендикулярна плоскости $S A_{1} A_{2} .$ Значит, прямая пересечения плоскостей $A_{1} C A_{3}$ и SBO – это прямая KE – перпендикулярна плоскости $S A_{1} A_{2} .$ Имеем: $∠ A_{1} K E = \frac{π}{2} - ∠ K A_{1} E = \frac{π}{2} - (\frac{π}{2} - ∠ A_{1} C D) = ∠ A_{1} C D = \frac{δ}{2} .$ Из Δ KEB по определению находим $sin β = \frac{K E}{K B} .$ Далее заметим, что из $Δ K E A_{1}$ получается $K E = K A_{1} cos \frac{δ}{2},$ а из $Δ K B A_{1} :$ $K B = K A_{1} sin \frac{φ}{2} .$ Подстановка двух последних выражений в отношение для синуса угла β, полученное из Δ KEB, приводит нас к доказываемой формуле.

Топливные карты лукойл

Топливные карты

card-oil.ru

Смотрите также: Математика, Английский язык, Химия, Биология, Физика, География, Астрономия.
А также: библиотека ЭОРов и образовательный онлайн-сервис с тысячами интерактивных работ "Облако знаний".

Учебник. Правильная n-угольная пирамида

ГЛАВНАЯ

НОВОСТИ

УЧЕБНИК

ДОСТУП К БЕСПЛАТНЫМ УРОКАМ