Стереометрия: объемы вписанных и описанных тел

В статье предложены решения некоторых задач на объемы вписанных и описанных конусов, сфер, пирамид, а также на определение по данному объему длины основания призмы или наоборот, объема по данной площади сечения.

Задача 1.

В правильную шестиугольную пирамиду с высотой Н вписан один конус, а около нее описан другой конус с радиусом основания R. Найдите разность объемов этих конусов.

Понятно, что высота пирамиды и высоты обоих конусов совпадают. То есть, высота обоих конусов $H$. Остается определить радиусы оснований. Для описанного конуса радиус  $R$ равен стороне основания пирамиды. Таким образом, радиус основания вписанного конуса равен высоте правильного треугольника со стороной $R$, то есть $r=\frac{R\sqrt{3}}{2}$.

Определим объем вписанного конуса:

$$V_{vpis}=\frac{1}{3} \pi r^2 H=\frac{1}{4} \pi R^2 H$$

Объем описанного конуса:

$$V_{opis}=\frac{1}{3} \pi R^2 H$$

Определяем разность объемов:

$$ V_{opis}- V_{vpis}=\pi R^2 H \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{12} \pi R^2 H$$

Ответ: $ V_{opis}- V_{vpis}=\frac{1}{12} \pi R^2 H$.

Задача 2.

Конус вписан в правильную четырехугольную пирамиду. Их общая высота равна 9/4, а радиус вписанной в конус сферы равен 1. Найдите разность объемов пирамиды и конуса.

Конус будет касаться сторон пирамиды так, что его образующая равна апофеме (они совпадают). Диаметр основания конуса будет равен стороне основания пирамиды. Определим теперь радиус основания конуса.

Радиус сферы $AO=OD=1$, следовательно, $BO=\frac{9}{4}-1=\frac{5}{4}$.

Тогда треугольник $BOD$ является египетским, и его сторона $BD=\frac{3}{4}$.

Из подобия треугольников $BOD$ и $ABC$ следует:

$$\frac{AC}{AB}=\frac{OD}{BD}$$

Или

$$R_k=AC=\frac{AB \cdot OD}{BD}=3$$

Тогда диаметр основания конуса 6, такова же и сторона пирамиды. Определим площадь основания пирамиды: $S_{pir}=a^2=36$, а площадь основания конуса равна $S_k=\pi R_k^2=9\pi$. Надо найти разность объемов пирамиды и конуса:

$$V_{pir}-V_k=\frac{1}{3}\cdot 36\cdot \frac{9}{4}-\frac{1}{3}\cdot 9\pi \cdot\frac{9}{4}=\frac{108-27 \pi}{4}$$

Ответ: $V_{pir}-V_k=\frac{108-27 \pi}{4}$.

Задача 3.

Через вершину S конуса проходит плоское сечение SАВ площадью 42. Точки А и В делят длину окружности основания конуса в отношении 1 : 5 . Найдите объем конуса, если $\angle SAB = \аrccos{\frac{3}{\sqrt{58}}$.

Так как точки А и В делят длину окружности основания конуса в отношении 1 : 5, то угол между радиусами $OA$ и $OB$ равен $\frac{360^{\circ}}{6}=60^{\circ}$. То есть треугольник $AOB$ - правильный, и основание треугольника сечения равно радиусу конуса.

Запишем теорему косинусов для треугольника сечения:

$$l^2=l^2+R^2-2lR\cos {\alpha}$$

Откуда

$$R=2l\cos{\alpha}$$
Площадь сечения можно определить по формуле

$$S=\frac{1}{2}a\cdot b \sin{\alpha}$$

Где $a$ - основание сечения, $a=R$, $b$ - образующая, $b=l$.

Зная косинус угла $SAB$, определим синус через основное тригонометрическое тождество:

$$\sin{\alpha}=\sqrt{1-\frac{9}{58}}=\frac{7}{\sqrt{58}}$$

Тогда площадь сечения равна:

$$S=\frac{1}{2}l\cdot R \sin{\alpha}=\frac{1}{2}l\cdot 2l\cos{\alpha} \sin{\alpha}=42$$

$$l^2\cdot \cos{\alpha} \sin{\alpha}=42$$

$$l^2=\frac{42}{\cos{\alpha} \sin{\alpha}}=\frac{42}{\frac{7}{\sqrt{58}}\cdot \frac{3}{\sqrt{58}}}=116$$

Тогда

$$R=2\sqrt{2\cdot58}\cdot\frac{3}{\sqrt{58}}}=6\sqrt{2}$$

Теперь и объем легко определить:

$$V=\frac{1}{3}\pi R^2 H$$

Где

$$H=\sqrt{l^2-R^2}=\sqrt{116-72}=\sqrt{44}$$
$$V=\frac{1}{3}\pi R^2 H=\frac{1}{3}\pi \cdot72\cdot \sqrt{44}=48\pi \sqrt{11}$$

Ответ: $V=48\pi \sqrt{11}$

Задача 4.

Найдите объем прямоугольного параллелепипеда, диагональ которого равна d и образует с двумя смежными гранями углы {alpha} и {beta} соответственно.
Пусть ребра параллелепипеда равны $c$, $l$ и $h$ (высота). Тогда, если диагональ параллелепипеда равна $d$, то

$$l=d\sin{\alpha}$$

$$c=d\sin {\beta}$$

Определим высоту параллелепипеда по теореме Пифагора:

$$h^2=d^2- d^2\sin^2{\alpha}- d^2\sin^2 {\beta}$$

А объем такого параллелепипеда равен

$$V=c l h=d^3 \sin {\alpha} \sin {\beta}\sqrt{1- \sin^2 {\alpha}-\sin^2 {\beta}}$$

Задача 5.

Найдите сторону основания правильной треугольной призмы объемом $V$, если угол между диагоналями двух ее боковых граней, проведенными из одной вершины, равен $\alpha$.

По теореме косинусов

$$a^2=2l^2-2l^2\cos{\alpha}$$

С другой стороны, по теореме Пифагора,

$$l^2-a^2=h^2$$

Тогда

$$h^2=2l^2\cos{\alpha}-l^2$$

Объем призмы будет равен

$$V=S_{osn}h=\frac{1}{2}a\cdot h_{osn}\cdot h=\frac{1}{2}a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot h=\frac{a^2h\sqrt{3}}{4}$$

$$V=2l^2(1-\cos{\alpha})\cdot l\sqrt{2\cos{\alpha}-1}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}=l^3(1-\cos{\alpha})\cdot\sqrt{2\cos{\alpha}-1}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$$

Откуда

$$l=\sqrt[3]{\frac{2V}{\sqrt{3}(1-\cos{\alpha})\cdot\sqrt{2\cos{\alpha}-1}}}$$

Поскольку $a=l\sqrt{2(1-\cos{\alpha})}$, то

$$a=\sqrt[3]{\frac{2V}{\sqrt{3}\cdot(1-\cos{\alpha})\cdot\sqrt{2\cos{\alpha}-1}}}\cdot\sqrt{2(1-\cos{\alpha})}=$$

$$=\sqrt[3]{\frac{8V\sqrt{2(1-\cos{\alpha})}}{\sqrt{3(2\cos{\alpha}-1)}}}=\sqrt[3]{\frac{8V\sin {\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{3(2\cos{\alpha}-1)}}}$$