Номер 28.27, страница 164 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

28.27. Дана правильная четырехугольная пирамида, стороны основания которой равны 2 см, а высота равна 1 см. Шар, радиус которого равен 1 см, имеет своим центром вершину этой пирамиды (рис. 28.18). Найдите объем общей части пирамиды и шара.

Рис. 28.18

Дано:

SABCD - правильная четырехугольная пирамида.

Сторона основания $a = AB = BC = CD = DA = 2$ см.

Высота пирамиды $h = SO = 1$ см (где S - вершина, O - центр основания).

Шар с центром в точке S.

Радиус шара $R = 1$ см.

Перевод в СИ:

$a = 2 \text{ см} = 0.02 \text{ м}$

$h = 1 \text{ см} = 0.01 \text{ м}$

$R = 1 \text{ см} = 0.01 \text{ м}$

Найти:

Объем общей части пирамиды и шара - $V_{общ}$.

Решение:

Общая часть пирамиды и шара представляет собой тело, ограниченное боковыми гранями пирамиды и сферической поверхностью. Поскольку центр шара совпадает с вершиной пирамиды S, это тело является сферической пирамидой (или сферическим сектором, основанием которого является сферический многоугольник, высекаемый на сфере боковыми гранями пирамиды).

Объем такой сферической пирамиды вычисляется по формуле:

$V = \frac{1}{3}\Omega R^3$

где $R$ - радиус шара, а $\Omega$ - телесный угол при вершине пирамиды S, выраженный в стерадианах.

Для нахождения телесного угла воспользуемся теоремой, связывающей телесный угол с двугранными углами при боковых ребрах пирамиды:

$\Omega = \sum_{i=1}^{n} \gamma_i - (n-2)\pi$

где $n$ - число боковых граней, а $\gamma_i$ - внутренние двугранные углы между смежными боковыми гранями. В нашем случае пирамида правильная четырехугольная, поэтому $n=4$, и все двугранные углы $\gamma$ при боковых ребрах равны. Формула упрощается:

$\Omega = 4\gamma - 2\pi$

Найдем двугранный угол $\gamma$ между смежными боковыми гранями, например, между гранями SAB и SAD. Для этого введем систему координат. Поместим начало координат в центр основания O. Ось Oz направим вертикально вверх к вершине S. Тогда вершина S будет иметь координаты $S(0, 0, 1)$, так как высота $h=1$ см. Основание ABCD лежит в плоскости $z=0$. Так как сторона основания $a=2$ см, то координаты вершин основания будут: $A(-1, -1, 0)$, $B(1, -1, 0)$, $C(1, 1, 0)$, $D(-1, 1, 0)$.

Двугранный угол между плоскостями SAB и SAD - это угол между их нормальными векторами. Найдем векторы нормалей $\vec{n_1}$ и $\vec{n_2}$.

Для плоскости SAB найдем два вектора, лежащие в этой плоскости, например, $\vec{SA}$ и $\vec{SB}$:

$\vec{SA} = A - S = (-1, -1, -1)$

$\vec{SB} = B - S = (1, -1, -1)$

Вектор нормали $\vec{n_1}$ найдем как их векторное произведение:

$\vec{n_1} = \vec{SA} \times \vec{SB} = ((-1)(-1) - (-1)(-1), (-1)(1) - (-1)(1), (-1)(-1) - (1)(-1)) = (0, 0, 2)$. Для удобства возьмем коллинеарный вектор $(0, 0, 1)$. Это неверно, так как $\vec{SA}$ и $\vec{SB}$ не ортогональны. Используем векторы с общим началом в А: $\vec{AS}=(1,1,1)$ и $\vec{AB}=(2,0,0)$.

$\vec{n_1} = \vec{AS} \times \vec{AB} = ((1)(0)-(1)(0), (1)(2)-(1)(0), (1)(0)-(1)(2)) = (0, 2, -2)$. Для простоты возьмем коллинеарный вектор $\vec{n_1} = (0, 1, -1)$.

Для плоскости SAD используем векторы $\vec{AS}=(1,1,1)$ и $\vec{AD}=(0,2,0)$.

$\vec{n_2} = \vec{AD} \times \vec{AS} = ((2)(1)-(0)(1), (0)(1)-(0)(1), (0)(1)-(2)(1)) = (2, 0, -2)$. Для простоты возьмем коллинеарный вектор $\vec{n_2} = (1, 0, -1)$.

Теперь найдем косинус угла $\gamma$ между нормалями:

$\cos\gamma = \frac{\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}}{|\vec{n_1}| |\vec{n_2}|} = \frac{(0)(1) + (1)(0) + (-1)(-1)}{\sqrt{0^2+1^2+(-1)^2} \sqrt{1^2+0^2+(-1)^2}} = \frac{1}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Полученный угол $\gamma = \arccos(1/2) = \pi/3 = 60^\circ$ является внешним углом. Внутренний двугранный угол будет $\pi - \pi/3 = 2\pi/3$. Уточним направление векторов. Чтобы векторы были направлены "наружу" из пирамиды, надо поменять знак одного из них, например, $\vec{n_1} = (0, -1, 1)$.

$\cos\gamma = \frac{(0)(1) + (-1)(0) + (1)(-1)}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = -\frac{1}{2}$

Тогда внутренний двугранный угол $\gamma = \arccos(-1/2) = \frac{2\pi}{3}$ радиан ($120^\circ$).

Теперь вычислим телесный угол $\Omega$:

$\Omega = 4\gamma - 2\pi = 4 \cdot \frac{2\pi}{3} - 2\pi = \frac{8\pi}{3} - \frac{6\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$ стерадиан.

Наконец, найдем объем общей части пирамиды и шара:

$V_{общ} = \frac{1}{3}\Omega R^3 = \frac{1}{3} \cdot \frac{2\pi}{3} \cdot (1 \text{ см})^3 = \frac{2\pi}{9} \text{ см}^3$.

Ответ: объем общей части пирамиды и шара равен $\frac{2\pi}{9} \text{ см}^3$.