Многостени (ръбести тела)

[Spider Iovkov]

Многостенът е тяло в пространството, съставено от произволни многоъгълници. Повърхнината на това тяло е краен брой многоъгълници. Всеки един от многоъгълниците оформя стена на многостена. Върховете на стените са върхове на многостена, а страните на многоъгълника са ръбове на многостена. Ръбовете са основни, когато са страни на многоъгълниците, служещи за основи на многостена, и околни, когато са страни на многоъгълниците, опасващи многостена.
Многостените, подобно на фигурите от планиметрията, имат лица: лице на околната повърхнина [tex](S_{ok})[/tex], което се изчислява като сбор от лицата на околните стени, тоест като сбор от лицата на многоъгълниците, заграждащи многостена, и лице на пълна повърхнина [tex](S_{1})[/tex], което е сума от околната повърхнина и лицата на основите на многостена. Тук се откроява и една специфична категория, наречена обем [tex](V)[/tex], присъща на телата от пространството. Как ще намерим обема на един многостен, зависи от това, какъв вид е той, защото за различните пространствени фигури формулите за обем са различни.
Многостените, наричани още ръбести тела, се делят на няколко вида. Те могат да бъдат призми, паралелепипеди (частен случай на призмата, когато основите са успоредници), пирамиди:
а) призмата е многостен, на който основите са еднакви многоъгълници, а околните стени са еднакви успоредници;
б) паралелепипедът е призма, на която двете основи са успоредници;
в) пирамидата е многостен, чиято основа е многоъгълник, а околните стени са триъгълници, събиращи се в общи връх и с основи страните на многоъгълника.

ПРИЗМА
Основата на призмата може да бъде триъгълник, четириъгълник, петоъгълник и т. н. [tex]n[/tex]-ъгълник. Да започнем с най-лесния случай, когато основата е произволен триъгълник. Нека дадената призма е [tex]ABCPQR[/tex]. Тук [tex]ABC[/tex] и [tex]PQR[/tex] са основите на призмата, като [tex]\triangle ABC \simeq \triangle PQR[/tex], а [tex]BCRQ, CAPR, ABBQP[/tex] са околните стени. Ръбовете [tex]AB, BC, AC, PQ, QR, PR[/tex] са основни, защото са страни на триъгълниците, служещи за основи на призмата, а [tex]AP, BQ, CR[/tex] са околни ръбове, защото са страни на успоредниците, опасващи многостена.
Призмата може да бъде права, когато равнините на околните стени са перпендикулярни на равнините на двете основи, и наклонена, когато не са перпендикулярни. Призмата е правилна, когато е права и нейните основи са правилни многоъгълници (равностранен триъгълник, квадрат, правилен петоъгълник и т. н.). Ако призмата, която споменахме по-горе, е права, то за нея ще е изпълнено [tex](ABC)||(PQR) \Rightarrow (ABQP)\bot (ABC), (ABQP)\bot (PQR), (BCRQ)\bot (ABC), (BCRQ)\bot (PQR), (ACRP)\bot (ABC), (ACRP)\bot (PQR)[/tex]. Околните стени са правоъгълници.
В случай че призмата е наклонена, тези условия няма да бъдат спазени.
Елементи на призмата са диагоналите и височината. Диагоналът на една призма е отсечка, свързваща връх от долната основа с връх от горната основа, но тези върхове не са от една стена. В случая с триъгълната призма диагонали на призмата са диагонали на околните стени.
Височината на призмата е отсечка, чиито краища са върху двете основи, и тя е перпендикулярна на тези основи. При правата призма височината е равна на околния ръб, защото при правата призма околните стени са перпендикулярни на основите на призмата. При наклонената призма височина е всяка отсечка [tex]h[/tex], свързваща основите на призмата и перпендикулярна на тях.
Нека отново се върнем към триъгълната призма [tex]ABCPQR[/tex]. Нейната околна повърхнина ще е [tex]S_{ok}=S_{BCRQ}+S_{CAPR}+S_{ABQP}[/tex], тоест сума от лицата на околните стени. Пълната повърхнина [tex]S_{1}[/tex] ще получим, като към околната повърхнина прибавим удвоеното лице на основата защото, [tex]\triangle ABC \simeq \triangle PQR[/tex]: [tex]S_{1}=S_{ok}+2S_{\triangle ABC}=S_{BCRQ}+S_{CAPR}+S_{ABQP}+2S_{\triangle ABC}[/tex].
Обемът [tex]V_{ABCPQR}[/tex] се изчислява като произведение от лицето на основата и височината на призмата: [tex]V_{ABCPQR}=S_{\triangle ABC}.h[/tex]. Но понеже призмата в нашия случай е права, то височината е равна по стойност на околния ръб, или [tex]V_{ABCPQR}=S_{\triangle ABC}.AP[/tex] и [tex]AP=BQ=CR[/tex]. Когато призмата е наклонена, трябва допълнително да определим дължината на височината.
Задача 1. Основата на права призма е ромб със страна [tex]a[/tex] и остър ъгъл [tex]60^\circ[/tex]. Намерете диагоналите на призмата, ако височината ù е [tex]h[/tex].
Решение. Нека дадената призма е [tex]ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}[/tex]. Тогава по условие ще изпълнено: [tex]AB=BC=CD=AD=a, \angle BAD=\angle BCD=60^\circ, \angle ABC=\angle ADC=120^\circ[/tex]. И понеже призмата е права, то нейната височина е равна на околния ръб, тоест [tex]AA_{1}=BB_{1}=CC_{1}=DD_{1}=h[/tex]. Понеже [tex]AD=AB[/tex] и [tex]\angle BAD=60^\circ[/tex], то лесно съобразяваме, че [tex]\triangle ABD[/tex] е равностранен и [tex]BD=a[/tex]. Да пресметнем диагонала [tex]BD_{1}[/tex] ([tex]B[/tex] и [tex]D_{1}[/tex] не са от една и съща стена). Тъй като [tex](ABCD)\bot (DCC_{1}D_{1}[/tex], то [tex]\Rightarrow \angle D_{1}DB=90^\circ \Rightarrow DD_{1}^2+BD^2=BD_{1}^2 \Leftrightarrow BD_{1}=\sqrt{a^2+h^2}[/tex].
Да пресметнем сега и диагонала [tex]AC_{1}[/tex]. Ясно е, че [tex]\angle C_{1}CA=90^\circ[/tex] и [tex]AC^2+CC_{1}^2=AC_{1}[/tex]. По косинусовата теорема от [tex]\triangle ABC[/tex] определяме [tex]AC=a\sqrt{3}[/tex]. Тогава имаме [tex]AC_{1}^2=3a^2+h^2 \Leftrightarrow AC_{1}=\sqrt{h^2+3a^2}[/tex].
Задача 2. Дадена е правилна четириъгълна призма с диагонал на основата [tex]m[/tex] и диагонал на околна стена [tex]n[/tex]. Намерете обема на призмата.
Решение. Понеже призмата е правилна четириъгълна, то тя е права и основите ù са еднакви квадрати. Нека призмата е [tex]ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}[/tex]. Тогава ще е изпълнено [tex]\angle BAD=\angle ABC=\angle BCD=\angle CDA=90^\circ[/tex] и [tex]AB=BC=CD=AD[/tex]. Оттук [tex]\Rightarrow AB^2+AD^2=BD^2 \Leftrightarrow 2AB^2=m^2 \Leftrightarrow AB=BC=CD=AD=\frac{m\sqrt{2}}{2}[/tex]. От друга страна, [tex](ABCD)\bot (DCC_{1}D_{1}) \Rightarrow \angle BCC_{1}=90^\circ \Rightarrow BC^2+CC_{1}=BC_{1}^2 \Leftrightarrow (\frac{m\sqrt{2}}{2})^2+CC_{1}^2=n^2 \Leftrightarrow CC_{1}=\frac{\sqrt{4n^2-2m^2}}{2}[/tex]. От това, че примата е правилна, [tex]\Rightarrow AA_{1}=BB_{1}=CC_{1}=DD_{1}=h \Rightarrow V_{ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=S_{ABCD}.CC_{1}=(\frac{m\sqrt{2}}{2})^2.\frac{\sqrt{4n^2-2m^2}}{2} \Leftrightarrow V_{ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=\frac{m^2}{4}\sqrt{4n^2-2m^2}[/tex].

[Реклама]

[Пафнутий]

Нека броя на стените на многостена да означим с [tex]S[/tex], на върховете-с [tex]V[/tex], а на ръбовете-с [tex]R[/tex]. Пространствената теорема на Ойлер гласи: [tex]S+V-R=2 [/tex]

[Spider Iovkov]

ПИРАМИДА

Пирамидата е многостен, на който една от стените е произволен многоъгълник, а останалите стени са триъгълници с общ връх, който не лежи в равнината на многоъгълника.
Нека за пример е дадена произволната триъгълна пирамида [tex]ABCQ[/tex] с основа [tex]\triangle ABC[/tex]. Тогава [tex]AB, BC, AC[/tex] са основни ръбове, а [tex]AQ, BQ, CQ[/tex] са околни ръбове. Елементи на пирамидата са нейната височина и апотемите.
Височината е отсечка, свързваща върха на пирамидата [tex]Q[/tex] с точка от долната основа, например [tex]O[/tex], при което [tex]QO\bot (ABC)[/tex], тоест [tex]O[/tex] е ортогоналната проекция на върха на пирамидата върху основата. Височината може да бъде външна или вътрешна за пирамидата, затова трябва да се прави разлика между „проекция на върха върху равнината на основата“ и „проекция на върха върху основата“.
Апотемите на пирамидата са всъщност височините на триъгълниците, служещи за околни стени, от върха на пирамидата към основните ръбове. Например триъгълната пирамида [tex]ABCQ[/tex] може да има апотеми [tex]QH, QP, QK[/tex], съответно [tex]QH\bot AB, QP\bot BC, QK\bot AC[/tex].
Правилна пирамида – пирамида, основата на която е правилен многоъгълник (равностранен триъгълник, квадрат, правилен петоъгълник, ...). При правилната пирамида върхът на пирамидата се проектира в центъра на основата на пирамидата, а всичките апотеми в околните стени са равни, защото околните стени са еднакви равнобедрени триъгълници. Центърът на равностранния триъгълник са пресечната точка на симетралите (центърът на описаната окръжност), пресечната точка на ъглополовящите (центърът на вписаната окръжност), пресечната точка на медианите (медицентърът) и пресечната точка на височините (ортоцентърът). Центърът на квадрата е пресечната точка на диагоналите му, понеже те са равни и отсичат четири равни отсечки, тоест това също е центърът на описаната около квадрата окръжност. Центърът на правилния петоъгълник, шестоъгълник и т. н. правилен [tex]n[/tex]-ъгълник е центърът на описаната му окръжност, защото разстоянията от тази точка до върховете му са равни. Тогава, ако е дадената правилната пирамида [tex]AA_{1}A_{2}A_{3}...A_{n}Q[/tex] с връх [tex]Q[/tex] и [tex]O[/tex] е ортогоналната проекция на този връх върху основата, то [tex]QO\bot (AA_{1}A_{2}A_{3}...A_{n})[/tex] и [tex]OA=OA_{1}=OA_{2}=OA_{3}=...=OA_{n}[/tex]. Това непосредствено следва от факта, че околните стени са еднакви триъгълници, тогава околните ръбове ще са равни и проекциите им върху основата също ще са равни, понеже равните наклонени имат равни проекции.

Нека е дадена произволна равнина [tex]\pi[/tex] и точка [tex]M[/tex], нележаща в тази равнина: [tex]M\cancel \in \pi[/tex]. Нека също така точката [tex]K[/tex] да е ортогоналната проекция на [tex]M[/tex] върху равнината [tex]\pi[/tex], при което [tex]MK\bot \pi[/tex]. Ако [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex] са две произволни точки от [tex]\pi[/tex], то [tex]MP[/tex] и [tex]MQ[/tex] се наричат наклонени. Очевидно [tex]MP>MK, MQ>MK[/tex], защото се образуват правоъгълните [tex]\triangle MKP[/tex] и [tex]\triangle MKQ[/tex], в които [tex]MK[/tex] е катет, а [tex]MP[/tex] и [tex]MQ[/tex] са хипотенузи.
Проекцията на точка върху равнина е точка, проекцията на отсечка е отсечка. Тогава [tex]PK[/tex] и [tex]QK[/tex] са ортогоналните проекции на [tex]MP[/tex] и [tex]MQ[/tex] върху равнината [tex]\pi[/tex]. Сега ще докажем следната теорема: равните наклонени имат равни проекции.
Да използваме горните означения, при което да определим [tex]MP=MQ[/tex] (равни наклонени). Да разгледаме например [tex]\triangle MKP[/tex] и [tex]\triangle MKQ[/tex] – те имат съответно равни [tex]MP=MQ[/tex] (хипотенузи) и обща страна [tex]MK[/tex] (катет). Тогава [tex]\triangle MKP\simeq \triangle MKQ[/tex] по признака за еднаквост на правоъгълни триъгълници. От еднакостта [tex]\Rightarrow \fbox {KP=KQ}[/tex], което показва, че ако наклонените са равни, то и проекциите им върху равнината ще бъдат равни.

Нека сега разгледаме по-обстойно правилната пирамида [tex]AA_{1}A_{2}A_{3}...A_{n}Q[/tex] с основа многоъгълника [tex]AA_{1}A_{2}A_{3}...A_{n}[/tex] и с връх [tex]Q[/tex]. Ще потърсим условия, при които този връх се проектира в центъра на описаната около или в центъра на вписаната в основата окръжност.
Върхът [tex]Q[/tex] се проектира в центъра на описаната около основата [tex]AA_{1}A_{2}A_{3}...A_{n}[/tex] окръжност, ако:
* всички околни ръбове са равни – това показва, че те имат равни ортогонални проекции върху основата и разстоянията от пресечната точка на тези проекции до върховете на многоъгълника са равни, тоест това е пресечната точка на симетралите;
* околните ръбове сключват равни ъгли с основата на пирамидата – следва от доказаната по-горе теорема: от еднаквостта на двата триъгълника, в които наклонените са съответни страни, следва, че ъглите им са равни;
* околните ръбове сключват равни ъгли с височината [tex]h[/tex] на пирамидата.
Върхът [tex]Q[/tex] се проектира в центъра на вписаната в основата [tex]AA_{1}A_{2}A_{3}...A_{n}[/tex] окръжност, ако:
* всички апотеми в околните стени са равни – произтича от факта, че проекциите на апотемите върху основата са равни и се събират в една точка, тоест тази точка определя равни разстояния до страните на многоъгълника и е център на вписаната окръжност;
* двустенните ъгли при основата са равни;
* апотемите на околните стени сключват равни ъгли с височината на пирамидата.
ФОРМУЛИ ЗА ПОВЪРХНИНИ И ОБЕМ НА ПИРАМИДА
Ако [tex]AA_{1}A_{2}A_{3}...A_{n}Q[/tex] е произволна пирамида, то:
[tex]\fbox {S_{ok}=S_{\triangle AA_{1}Q}+S_{\triangle A_{1}A_{2}Q}+S_{\triangle A_{2}A_{3}Q}+...+S_{\triangle A_{n-1}A_{n}Q}}[/tex], където [tex]S_{\triangle AA_{1}Q}, S_{\triangle A_{1}A_{2}Q}, S_{\triangle A_{2}A_{3}Q}, ..., S_{\triangle A_{n-1}A_{n}Q}[/tex] са лицата на триъгълниците, служещи за околни стени (формула за околна повърхнина на пирамидата).
[tex]\fbox {S_{1}=S_{ok}+B=S_{\triangle AA_{1}Q}+S_{\triangle A_{1}A_{2}Q}+S_{\triangle A_{2}A_{3}Q}+...+S_{\triangle A_{n-1}A_{n}Q}+B}[/tex], където [tex]B[/tex] е лицето на многоъгълника [tex]AA_{1}A_{2}A_{3}...A_{n}[/tex], служещ за основа на пирамидата (формула за пълна повърхнина на пирамидата).
[tex]\fbox {V=\frac{1}{3}Bh}[/tex] (формула за обем на пирамидата).
Когато пирамидата [tex]AA_{1}A_{2}A_{3}...A_{n}Q[/tex] е правилна, то формулата за околна и съответно пълна повърхнина се изменя. Да означим [tex]AA_{1}=A_{1}A_{2}=A_{2}A_{3}=...=A_{n-1}A_{n}=a[/tex]. Понеже пирамидата е правилна, то [tex]\triangle AA_{1}Q\simeq \triangle A_{1}A_{2}Q\simeq \triangle A_{2}A_{3}Q\simeq ... \simeq \triangle A_{n-1}A_{n}Q[/tex]. От еднаквостта на всички тези триъгълници следва, че височините им са равни, тоест всички апотеми на пирамидата са равни. Нека за определеност тези апотеми да обозначим с [tex]k[/tex]. Тогава ще получим:
[tex]S_{ok}=S_{\triangle AA_{1}Q}+S_{\triangle A_{1}A_{2}Q}+S_{\triangle A_{2}A_{3}Q}+...+S_{\triangle A_{n-1}A_{n}Q}=\frac{ak}{2}+\frac{ak}{2}+\frac{ak}{2}+...+\frac{ak}{2}=\frac{n.ak}{2}[/tex]. Но [tex]n.a=\underbrace {a+a+a+...+a}_{n}[/tex] и [tex]a+a+a+...+a=P[/tex] ([tex]P[/tex] е периметърът на основата). По тази логика [tex]S_{ok}=\frac{n.ak}{2}=\frac{Pk}{2} \Leftrightarrow \fbox {S_{ok}=pk}[/tex].
Пълната повърхнина на правилната пирамида е [tex]S_{1}=S_{ok}+B \Leftrightarrow \fbox {S_{1}=\frac{Pk}{2}+B=pk+B}[/tex].

[Spider Iovkov]

Задача 3. Дадена е правилна четириъгълна пирамида с дължина на основния ръб [tex]a[/tex] и двустенен ъгъл между две съседни околни стени [tex]\alpha[/tex]. Да се определи околната повърхнина на пирамидата.
Решение. Нека дадената пирамида е [tex]ABCDM[/tex], при което [tex]ABCD[/tex] е основата на пирамидата, а [tex]Q[/tex] е нейният връх. Тогава [tex]AB=BC=CD=AD=a[/tex]. Понеже пирамидата е правилна, то [tex]\triangle ABM\simeq \triangle BCM\simeq \triangle CDM\simeq \triangle ADM[/tex]. Всичките съответни елементи на тези триъгълници ще са равни. Ако означим [tex]DK\bot CM[/tex], то и [tex]BK\bot CM[/tex] (равни височини в еднакви триъгълни), тоест петата на височините е една и съща точка [tex]K[/tex]. Двустенният ъгъл между стените [tex]BCM[/tex] и [tex]CDM[/tex] е [tex]\angle BKD=\alpha[/tex].
Лесно определяме, че [tex]BD=a\sqrt{2}[/tex] (защото основата е квадрат). Понеже [tex]\triangle BKD[/tex] е равнобедрен, ще е изпълнено [tex]\angle KBD=\angle KDB=90^\circ-\frac{\alpha}{2}[/tex]. От синусовата теорема за този триъгълник последователно получаваме:
[tex]\frac{BD}{sin \angle BKD}=\frac{DK}{sin \angle DBK} \Leftrightarrow \frac{a\sqrt{2}}{sin\alpha}=\frac{DK}{sin({90^\circ-\frac{\alpha}{2}})} \Leftrightarrow \frac{a\sqrt{2}}{sin\alpha}=\frac{DK}{cos {\frac{\alpha}{2}}} \Leftrightarrow DK=\frac{a\sqrt{2}}{2sin {\frac{\alpha}{2}}} \Rightarrow BK=\frac{a\sqrt{2}}{2sin {\frac{\alpha}{2}}}[/tex], където използвахме зависимостта [tex]sin\alpha=2sin{\frac{\alpha}{2}}cos{\frac{\alpha}{2}}[/tex].
Сега, тъй като [tex]BK\bot CM[/tex], то [tex]BK^2+CK^2=BC^2 \Leftrightarrow CK^2=a^2-\frac{2a^2}{4 sin^2{\frac{\alpha}{2}}} \Leftrightarrow CK^2=\frac{4a^2 sin^2{\frac{\alpha}{2}-2a^2}}{4 sin^2{\frac{\alpha}{2}}} \Leftrightarrow CK=\frac{a\sqrt{4 sin^2{\frac{\alpha}{2}}-2}}{2 sin{\frac{\alpha}{2}}}[/tex].
Нека [tex]DM=CM=x[/tex]. Тогава [tex]CK+MK=CM \Rightarrow MK=CM-CK \Leftrightarrow MK=x-CK[/tex]. Имаме [tex]DK^2+MK^2=MD^2 \Leftrightarrow (\frac{a\sqrt{2}}{2 sin{\frac{\alpha}{2}}})^2+(x-CK)^2=x^2 \Leftrightarrow \frac{2a^2}{4 sin^2{\frac{\alpha}{2}}}+\cancel {x^2}-2.x.CK+CK^2=\cancel {x^2} \Leftrightarrow \frac{\cancel {2a^2}+4a^2 sin^2{\frac{\alpha}{2}}-\cancel {2a^2}}{4 sin^2{\frac{\alpha}{2}}}=\frac{2xa\sqrt{4 sin^2{\frac{\alpha}{2}}}}{2 sin{\frac{\alpha}{2}}} \Leftrightarrow x=\frac{a sin{\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{4 sin^2{\frac{\alpha}{2}-2}}}[/tex].
Сега да намесим малко тригонометрия, . [tex]2(2 sin^2{\frac{\alpha}{2}-1})=2(2 sin^2{\frac{\alpha}{2}} - sin^2{\frac{\alpha}{2}} - cos^2{\frac{\alpha}{2}})=2(sin^2{\frac{\alpha}{2}}-cos^2{\frac{\alpha}{2}})=-2(cos^2{\frac{\alpha}{2}}-sin^2{\frac{\alpha}{2}})=-2 cos\alpha[/tex]. Тогава това под корена става [tex]\sqrt{-2 cos\alpha}[/tex] и [tex]x=\frac{a sin{\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{-2 cos\alpha}}[/tex], тоест [tex]AM=BM=CM=DM=\frac{a sin{\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{-2 cos\alpha}}[/tex]. От еднаквостта на всичките триъгълници, служещи за околни стени, получаваме околната повърхнина:
[tex]S_{ok}=4S_{\triangle BCM}=\frac{4.MC.BK}{2}=\frac{4a sin{\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{-2 cos\alpha}}.\frac{a\sqrt{2}}{2 sin{\frac{\alpha}{2}}}.\frac{1}{2}=\frac{\cancel 4 a^2\cancel {\sqrt{2}}}{\cancel 4 \cancel {\sqrt{2}}\sqrt{-cos\alpha}} \Leftrightarrow S_{ok}=\frac{a^2}{\sqrt{-cos\alpha}}[/tex] при [tex]cos\alpha <0[/tex].

[ганка симеонова]

Ще означим лицето на околната повърхнина с S, а на основата с В. Тъй като околните стени се проектират в основата, ще е в сила
[tex]S=\frac{B}{cos\varphi } [/tex]
Означаваме [tex]\frac{\alpha }{ 2} =\delta ; \angle MKO=\varphi ; \angle MCO=\beta ; OP=d [/tex]
[tex]\Delta POB=>cotg\delta=\frac{OP}{OB } [/tex]; [tex]\Delta OPC=>sin\beta =\frac{OP}{OC } =>sin\beta =cotg\delta =>cos\beta=\sqrt{1-cotg^2\delta }=>tg^2\beta=\frac{cotg^2\delta }{1-cotg^2\delta } [/tex]
[tex]\Delta KOM=>tg\varphi =\frac{OM}{OK } ; \Delta BOM=>tg\beta =\frac{OM}{OB } =>tg\varphi =\sqrt{2}tg\beta [/tex]
[tex]cos\varphi =\frac{1}{ \sqrt{1+tg^2\varphi } }=\frac{1}{\sqrt{1+2tg^2\beta } } =\sqrt{\frac{1-cotg^2\delta }{1+cotg^2\delta } }=\sqrt{-cos2\delta }=\sqrt{-cos\alpha } [/tex][tex]=>S=\frac{a^2}{\sqrt{-cos\alpha } } [/tex]

[Spider Iovkov]

Теорема за трите перпендикуляра. Права [tex]a[/tex] от дадена равнина [tex]\pi[/tex] е перпендикулярна на права [tex]g, g\cancel \bot \pi[/tex], когато [tex]a\bot g_{1}[/tex], където [tex]g_{1}[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]g[/tex] в равнината [tex]\pi[/tex].
Доказателство. Нека да означим една произволна точка от правата [tex]g[/tex], например точката [tex]A[/tex], и нейната ортогонална проекция върху равнината [tex]\pi[/tex], например [tex]K[/tex]. Нека също така правите [tex]g[/tex] и [tex]g_{1}[/tex] определят някаква равнина, например [tex]\gamma[/tex]. Очевидно [tex]AK\bot \pi \Rightarrow a\bot AK[/tex]:
(1) ако [tex]a\bot g,[/tex] [tex]\Rightarrow a\bot AK \Rightarrow a\bot \gamma \Rightarrow a\bot g_{1}[/tex];
(2) ако [tex]a\bot g_{1},[/tex] [tex]\Rightarrow a\bot AK \Rightarrow a\bot \gamma \Rightarrow a\bot g[/tex].

Тази теорема е особено полезна при определянето на двустенен ъгъл в многостени. Самото название двустенен показва, че ъгълът ще е между две стени. По принцип това е фигура, състояща се от две полуравнини, [tex]\alpha[/tex] и [tex]\beta[/tex] например, които имат общ контур, например правата [tex]p[/tex]. Прието е двустенният ъгъл да се означава [tex]\angle (\alpha;\beta)[/tex]. Контурът на полуравнините се нарича ръб на двустенния ъгъл, а двете полуравнини са стени на двустенния ъгъл.
Сечението на двустенния ъгъл с някаква равнина, която е перпендикулярна на неговия ръб, се нарича линеен ъгъл на двустенния ъгъл. Ако [tex]M[/tex] е точка от ръба на двустенния ъгъл, а [tex]a_{1}[/tex] и [tex]b_{1}[/tex] са лъчи с начало точката [tex]M[/tex], които лежат в стените му [tex]\alpha[/tex] и [tex]\beta[/tex] и са перпендикулярни на неговия ръб, тоест е изпълнено [tex]a_{1}\bot p, b_{1}\bot p[/tex], то [tex]\angle (a_{1},b_{1})[/tex] е линеен ъгъл на двустенния [tex]\angle (\alpha,\beta)[/tex]. Всички линейни ъгли на двустенния ъгъл са равни! Мярката на един двустенен ъгъл е всъщност мярката на кой да е негов линеен ъгъл.
Ъглополовяща на двустенен ъгъл се дефинира като равнина с контур ръба на двустенния ъгъл, която го разделя на две равни части.

[Spider Iovkov]

Задача 4. Дадена е четириъгълна пирамида [tex]ABCDM[/tex], чиято основа е равнобедрен трапец. Неговият остър ъгъл е [tex]\alpha[/tex], а височината му е [tex]h[/tex]. Околните стени сключват равни двустенни ъгли [tex]\varphi[/tex] с основата. Да се намерят обемът и пълната повърхнина на пирамидата.
Решение. Понеже всички двустенни ъгли между околните стени и основата са равни, то всички апотеми в околните стени са равни. Оттук [tex]\Rightarrow[/tex] са равни и проекциите им и [tex]\Rightarrow[/tex] върхът [tex]M[/tex] се проектира в центъра на вписаната в основата окръжност. Това от своя страна показва зависимостта [tex]AB+CD=AD+BC[/tex] (свойство на описания четириъгълник).
Нека [tex]CD=x[/tex] и [tex]CN\bot AB, N\in AB[/tex]. Нека също така [tex]DK\bot AB, K\in AB, DK=h, \angle BAD=\alpha[/tex]. От [tex]\triangle AKD[/tex] и [tex]\triangle BNC[/tex] определяме [tex]AD=BC=\frac{h}{sin\alpha}, AK=BN=h \cot\alpha[/tex] (тригонометрични зависимости в правоъгълен триъгълник). От равенството [tex]AB+CD=2AD[/tex] получаваме [tex]2h \cot\alpha+x+x=\frac{2h}{sin\alpha} \Leftrightarrow 2h \cot\alpha+2x=\frac{2h}{sin\alpha} \Leftrightarrow x=\frac{h}{sin\alpha}-\frac{h \cos\alpha}{sin\alpha} \Leftrightarrow CD=\frac{h}{sin\alpha}-\frac{h \cos\alpha}{sin\alpha}[/tex]. В такъв случай можем да запишем [tex]AB=\frac{2h cos\alpha}{sin\alpha}+\frac{h-h cos\alpha}{sin\alpha} \Leftrightarrow AB=\frac{h+h cos\alpha}{sin\alpha}[/tex]. Намираме лицето на трапеца (лицето на основата на пирамидата):
[tex]S_{ABCD}=B=\frac{AB+CD}{2}.DK \Leftrightarrow B=(\frac{h+\cancel {h cos\alpha}+h-\cancel {h cos\alpha}}{sin\alpha}).\frac{h}{2} \Leftrightarrow B=\frac{h^2}{sin\alpha}[/tex].
Ако [tex]MT\bot AB, T\in AB[/tex], и ако [tex]O[/tex] е проекцията на върха на пирамидата върху основата, то [tex]\angle MTO=\varphi[/tex]. [tex]MT\in (ABM)[/tex] и ъгълът между тази права и основата [tex](ABC)[/tex] е всъщност ъгълът между правата [tex]MT[/tex] и нейната проекция върху основата – [tex]OT[/tex].
Височината на описан около окръжност трапец е числено равна на удвоения радиус на тази окръжност. Тогава [tex]OT=r=\frac{h}{2}[/tex]. От [tex]\triangle MOT[/tex] [tex](\angle MOT=90^\circ)[/tex] [tex]\Rightarrow MO=\frac{h}{2}\tan\varphi[/tex] (тригонометрични зависимости между елементи в правоъгълен триъгълник). Сега пресмятаме обема на пирамидата:
[tex]V=\frac{1}{3}Bh'=\frac{1}{3}.\frac{h^2}{sin\alpha}.\frac{h}{2}\tan\varphi \Leftrightarrow V=\frac{h^3 \tan\varphi}{6 sin\alpha}[/tex].
Ясно е, че [tex]S_{1}=S_{ok}+B[/tex]. Околната повърхнина ще е равна на сбора от лицата на околните стени. Но по условие всичките двустенни ъгли между основата и околните стени са равни, откъдето установихме, че и апотемите са равни. В такъв случай
[tex]S_{ok}=\frac{AB.MT}{2}+\frac{BC.MT}{2}+\frac{CD.MT}{2}+\frac{AD.MT}{2} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow S_{ok}=\frac{(AB+BC+CD+AD)MT}{2}=\frac{4\frac{h}{sin\alpha}.\frac{h}{2 cos\varphi}}{2} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow S_{ok}=\frac{h^2}{sin\alpha cos\varphi}[/tex] (дължината на височината намерихме отново от правоъгълния [tex]\triangle MOT[/tex]).
Сега само събираме лицето на околната повърхнина и лицето на основата, за да получим пълната повърхнина:
[tex]S_{1}=S_{ok}+B=\frac{h^2}{sin\alpha cos\varphi}+\frac{h^2}{sin\alpha} \Leftrightarrow S_{1}=\frac{h^2+h^2 cos\varphi}{sin\alpha cos\varphi} \Leftrightarrow S_{1}=\frac{h^2(1+cos\varphi)}{sin\alpha cos\varphi}[/tex].

[Spider Iovkov]

Задача 5. Основата на пирамида е ромб с остър ъгъл, равен на [tex]\alpha[/tex]. Всички околни стени образуват с равнината на основата равни двустенни ъгли с големина [tex]\beta[/tex]. Разстоянието от върха на пирамидата до един от основните ръбове е [tex]k[/tex]. Да се намерят:
а) лицето на повърхнината на пирамидата;
б) радиусът на вписаната в пирамидата сфера.
Решение, а). Нека дадената пирамида да е [tex]ABCDQ[/tex] с връх [tex]Q[/tex], при което [tex]AB=BC=CD=AD[/tex] (основата е ромб) и [tex]\angle BAD=\angle BCD=\alpha, \angle ABC=\angle ADC=180^\circ-\alpha[/tex] (срещулежащи ъгли в успоредник). Да построим [tex]QO\bot (ABCD)[/tex] и [tex]QK\bot BC, K\in BC[/tex]. От теоремата за трите перпендикуляра [tex]\Rightarrow OK\bot BC \Rightarrow \angle OKQ=\beta[/tex] (линеен ъгъл на двустенния между околна стена и основата). Също така [tex]QK=k[/tex] (разстоянието от точката [tex]Q[/tex] до основния ръб [tex]BC[/tex]).
От [tex]\triangle KOQ \Rightarrow cos\angle OKQ=\frac{OK}{KQ} \Leftrightarrow OK=k cos\beta[/tex].
Нека [tex]OT\bot AB, T\in AB[/tex]. Понеже всички двустенни ъгли между основата и околните стени са равни, то върхът на пирамидата ще се проектира ортогонално в центъра на вписаната в основата окръжност и всички апотеми в околните стени ще имат равни проекции, откъдето [tex]OK=OT=k cos\beta[/tex]. Очевидно [tex]AC[/tex] е ъглополовяща на [tex]\angle BAD[/tex] и оттук [tex]\angle DAC=\angle BAC=\frac{\alpha}{2}[/tex]. От [tex]\triangle AOT \Rightarrow sin\angle OAT=\frac{OT}{AO} \Leftrightarrow AO=\frac{k cos\beta}{sin{\frac{\alpha}{2}}} \Rightarrow AC=2AO=\frac{2k cos\beta}{sin{\frac{\alpha}{2}}}\, (1)[/tex], а от [tex]\triangle BOT[/tex] – [tex]sin\angle OBT=\frac{OT}{BO} \Leftrightarrow BO=\frac{k cos\beta}{sin(90^\circ-\frac{\alpha}{2})}=\frac{k cos\beta}{cos{\frac{\alpha}{2}}} \Rightarrow BD=2BO=\frac{2k cos\beta}{cos{\frac{\alpha}{2}}}\, (2)[/tex].
От [tex](1)[/tex] и [tex](2) \Rightarrow S_{ABCD}=B=\frac{d_{1}d_{2}}{2}sin\varphi \Leftrightarrow B=\frac{AC.BD}{2}[/tex] (диагоналите са перпендикулярни) [tex]\Leftrightarrow B=\frac{4k^2 cos^2\beta}{sin\alpha}\, (*)[/tex].
Сега, тъй като апотемите в околните стени имат равни проекции и основата на разглежданата пирамида е ромб, то околните стени са равнолицеви триъгълници и [tex]S_{\cyr ok.}=4S_{\triangle BCQ}[/tex]. Но [tex]\triangle ABD \simeq \triangle CBD \Rightarrow S_{\triangle ABD}=S_{\triangle CBD} \Rightarrow S_{ABCD}=2S_{\triangle ABD}=2S_{\triangle CBD}=\cancel 2.\frac{ah}{\cancel 2}=ah[/tex], където с [tex]a[/tex] сме означили страната на ромба, а с [tex]h[/tex] – височината към нея. Оттук [tex]\Rightarrow a=\frac{S_{ABCD}}{h}=\frac{S_{ABCD}}{2OT}=\frac{4k^2 cos^2\beta}{sin\alpha}.\frac{1}{2k cos\beta} \Leftrightarrow AB=BC=CD=AD=\frac{2k cos^2\beta}{sin\alpha}[/tex].
От последното имаме [tex]S_{\triangle BCQ}=\frac{KQ.BC}{2} \Leftrightarrow S_{\triangle BCQ}=\frac{k^2 cos\beta}{sin\alpha} \Rightarrow S_{\cyr ok.}=\frac{4k^2 cos\beta}{sin\alpha}\, (**)[/tex].
От [tex](*)[/tex] и [tex](**) \Rightarrow S_{1}=S_{\cyr ok.}+B=\frac{4k^2 cos^2\beta}{sin\alpha}+\frac{4k^2 cos\beta}{sin\alpha} \Leftrightarrow S_{1}=4k^2 cos\beta \frac{1+cos\beta}{sin\alpha}[/tex].
б) Радиуса на вписаната сфера се пресмята от формулата [tex]V=\frac{S_{1}r}{3}[/tex], където [tex]V,r,S_{1}[/tex] са съответно обемът, радиусът на сферата и пълната повърхнина. Тогава [tex]r=\frac{3V}{S_{1}}[/tex]. Височината на пирамидата намираме от [tex]\triangle KOQ:\, sin\angle OKQ=\frac{OQ}{KQ} \Leftrightarrow OQ=k sin\beta \Rightarrow V=\frac{4k^3 sin\beta cos^2\beta}{3 sin\alpha} \Rightarrow r=\frac{k sin\beta cos\beta}{1+cos\beta}=\frac{k sin 2\beta}{2(1+cos\beta)}[/tex].

[Spider Iovkov]

Задача 6. За основа на пирамида [tex]ABCDQ[/tex]служи равнобедрен трапец, малката основа и бедрото на който имат дължина [tex]b[/tex], а острият ъгъл на трапеца е [tex]\alpha[/tex]. Всичките околни ръбове на пирамидата образуват с основата ъли с големина [tex]\beta[/tex]:
а) да се намери обемът на пирамидата;
б) да се докаже, че около пирамидата може да се опише сфера, и да се намери нейният радиус.
Решение, а). Нека да построим [tex]DH\bot AB, CH_{1}\bot AB, H, H_{1}\in AB[/tex]. За дадения трапец от условието е ясно, че [tex]\angle DAB=\angle ABC=\alpha, \angle ADC=\angle BCD=180^\circ-\alpha, AD=BC=CD=b[/tex]. От [tex]\triangle AHD \Rightarrow cos\alpha=\frac{AH}{AD} \Leftrightarrow AH=b cos\alpha[/tex]. Но [tex]AH=BH_{1}[/tex], защото [tex]\triangle AHD\simeq \triangle BH_{1}C[/tex] и [tex]HH_{1}CD[/tex] – правоъгълник. Тогава [tex]AB=b+2b cos\alpha[/tex], откъдето за [tex]S_{ABCD}[/tex], нужно ни за обема, пресмятаме: [tex]S_{ABCD}=B=\frac{b+b+2b cos\alpha}{2}b sin\alpha \Leftrightarrow B=\frac{\cancel 2b(1+cos\alpha)}{\cancel 2}b sin\alpha \Leftrightarrow B=b^2 sin\alpha (1+cos\alpha) \, (*)[/tex].
Сега, тъй като [tex]AD=BC=CD=b[/tex], то [tex]\angle CDB=\angle CBD=\frac{\alpha}{2}[/tex], откъдето [tex]\angle ABD=\frac{\alpha}{2}[/tex] – или диагоналът [tex]BD[/tex] е ъглополовяща на ъгъла при голямата основа.
Понеже трапецът е равнобедрен, то около него може да бъде описана окръжност [tex]k[/tex]. Тогава [tex]\triangle ABD[/tex] е вписан в тази окръжност [tex]k[/tex] (и трите му върха са точки от окръжността). От синусовата теорема [tex]\Rightarrow \frac{AD}{sin \angle ABD}=2R \Leftrightarrow \frac{b}{sin{\frac{\alpha}{2}}}=2R \Leftrightarrow R=\frac{b}{2 sin{\frac{\alpha}{2}}}[/tex].
По условие всичките околни ръбове на пирамидата сключват равни ъгли с основата, в такъв случай върхът се проектира ортогонално в центъра на окръжността, описана около основата – например точката [tex]O[/tex]. Ще е изпълнено [tex]AO=BO=CO=DO=R=\frac{b}{2 sin{\frac{\alpha}{2}}}[/tex], а за ъглите – [tex]\angle OAQ=\angle OBQ=\angle OCQ=\angle ODQ=\beta[/tex] (ъгъл между права и равнина е ъгълът между правата, нележаща в равнината, и нейната проекция в същата равнина). От [tex]\triangle AOQ \Rightarrow \tan\angle OAQ=\frac{QO}{AO} \Leftrightarrow QO=AO \tan\angle OAQ \Leftrightarrow QO=\frac{b}{2 sin{\frac{\alpha}{2}}} \tan\beta \, (**)[/tex].
От [tex](*)[/tex] и [tex](**) \Rightarrow V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3} b^2 sin\alpha (1+cos\alpha) \frac{b}{2 sin{\frac{\alpha}{2}}}\tan\beta \Leftrightarrow V=\frac{1}{3}.b^2. \cancel 2 \cancel {sin{\frac{\alpha}{2}}}cos{\frac{\alpha}{2}}.2 cos^2 {\frac{\alpha}{2}}.\frac{b}{\cancel 2 \cancel {sin{\frac{\alpha}{2}}}}\tan\beta \Leftrightarrow V=\frac{2}{3}b^3 cos^3 {\frac{\alpha}{2}}\tan\beta[/tex].
б) Тъй като около основата на пирамидата може да се опише окръжност, то около пирамидата може да бъде описана сфера. Радиусът на тази сфера се изчислява по формулата [tex]R'=\frac{b^2}{2h}[/tex], където [tex]b[/tex] е дължината на околния ръб, а [tex]h[/tex] – на височината.
От [tex]\triangle AOQ \Rightarrow sin\angle OAQ=\frac{QO}{AQ} \Leftrightarrow AQ=\frac{QO}{sin\angle OAQ} \Leftrightarrow AQ=\frac{b}{2 cos\beta sin{\frac{\alpha}{2}}} \, (***)[/tex].
От [tex](**)[/tex] и [tex](***) \Rightarrow R'=\frac{b^2}{4 cos^2 \beta sin^2 {\frac{\alpha}{2}}}.\frac{sin{\frac{\alpha}{2}}}{b \tan\beta} \Leftrightarrow R'=\frac{b}{4 \cancel {cos\beta} cos\beta sin{\frac{\alpha}{2}}\frac{sin\beta}{\cancel {cos\beta}}} \Leftrightarrow R'=\frac{b}{2.2 sin\beta cos\beta sin{\frac{\alpha}{2}}} \Leftrightarrow R'=\frac{b}{2 sin2\beta sin{\frac{\alpha}{2}}}[/tex].

[ганка симеонова]

5б) Обемът е абсолютно излишен. Достатъчно е да построим в триъгълник OKQ ъглополовящата на [tex]\angle OKQ[/tex], която ще пресече височината QO в точка J. Тогава JO ще е радиусът на вписаната сфера и се намира само с един тангенс на [tex]\frac{\beta }{2 } [/tex]

6б) Това, че около основата може да се опише окръжност, не е доказателство( въпреки, че е вярно) затова,че около пирамидата може да се опише сфера.
Трябва да се докаже. Защо ако може да се опише окръжност около основата=> може да се опише сфера около пирамидата?

[Baronov]

[ганка симеонова]

Баронов, любимите ми доказателства са: " То се вижда..." или "Очевидно е"..
Не мислиш ли, че човек би се запитал, защо е така? Просто да се построи симетрална равнина на околен ръб, нищо повече...