CC BY
0
Вестник КРАУНЦ. Физ.-мат. науки. 2023. Т. 44. №3. C. 39-57. ISSN 2079-6641
МАТЕМАТИКА
" https://doi.org/10.26117/2079-6641-2023-44-3-39-57 Научная статья
Полный текст на русском языке УДК 514.113.5
Некоторые миниатюры с кубом
, С.Б.Богданова*, С.О.Гладков
Московский авиационный институт, 125993, г. Москва, Волоколамское ш, 4, Россия
Аннотация. Приводится подробное решение нескольких задач с кубом, в число которых входит ряд примеров, связанных с вычислением максимальных объемов для вписанных в куб симметричных фигур, таких как равносторонний цилиндр, правильный конус и сфера. Например, в одной из задач со сферой необходимо было найти объем внешней части сферы, выходящий за пределы боковых граней куба. Все рассмотренные примеры преследуют одну цель: научить школьников старших классов ориентироваться в стереометрических задачах, как одной из наиболее сложных частях элементарной математики, способствующей развитию у них пространственного мышления. Все приведенные в данной работе примеры направлены именно на это, а результаты всех вычислений используют хорошо знакомую школьникам терминологию, а также теорему косинусов, необходимую при решении ряда конкретных примеров. В конце каждой решенной задачи приводятся краткие ответы, формулировка которых отличается лаконичностью, говорящей о завершенности соответствующего раздела. Решения всех задач сопровождается подробными рисунками, иллюстрирующими их постановку, а все изображенные пространственные фигуры наглядно объясняют суть каждой из задач. Статья будет полезна преподавателям математики среднеобразовательных и педагогических учреждений, ведущих курс стереометрии для учеников старших классов. Все рассмотренные примеры должны способствовать лучшему усвоению материала благодаря подробно изложенным решениям каждой из приведенных задач. Подобная необходимость их последовательного изложения ориентирована прежде всего на развитие пространственного мышления у школьников старших классов. Это будет весьма полезно им при будущем изучении более сложных разделов математики.
Ключевые слова: гексаэдр, симметрия тел, комбинации и пересечение тел.
Получение: 25.09.2023; Исправление: 28.10.2023; Принятие: 30.10.2023; Публикация онлайн: 02.11.2023
Б. П. Федоров
Для цитирования. Федоров Б. П. , Богданова С. Б., Гладков С.О. Некоторые миниатюры с кубом //
Вестник КРАУНЦ. Физ.-мат. науки. 2023. Т. 44. №3. C. 39-57. EDN: AUHQAH. https://doi.org/10.26117/2079-6641-2023-44-3-39-57.
Финансирование. Исследование выполнялось без финансовой поддержки фондов Конкурирующие интересы. Конфликтов интересов в отношении авторства и публикации нет. Авторский вклад и ответственность. Авторы участвовали в написании статьи и полностью несут ответственность за предоставление окончательной версии статьи в печать.
* Корреспонденция: А E-mail: sonjaf@list.ru
Контент публикуется на условиях Creative Commons Attribution 4.0 International License ©
Федоров Б. П.
, Богданова С. Б., Гладков С.О., 2023
© ИКИР ДВО РАН, 2023 (оригинал-макет, дизайн, составление)
Vestnik ^AUNC. Fiz.-Mat. nauki. 2023. vol. 44. no. 3. P. 39-57. ISSN 2079-6641
MATHEMATICS
" https://doi.org/10.26117/2079-6641-2023-44-3-39-57 Research Article Full text in Russian MSC 97G40
Some Miniatures With a Cube
, S. B. Bogdanova*, S. O. Gladkov
Moscow Aviation Institute, 125993, Moscow, Volokolamskoe sh., 4, Russia
Abstract. A detailed solution to several problems with a cube is given including a number of examples related to the calculation of maximum volumes for symmetrical shapes inscribed in a cube such as an equilateral cylinder a regular cone and a sphere. For example, in one of the problems with a sphere it was necessary to find the volume of the outer part of the sphere that goes beyond the side faces of the cube. All the examples considered have one goal: to teach high school students to navigate stereometric problems as one of the most difficult parts of elementary mathematics contributing to the development of their spatial thinking. All the examples given in this paper are aimed at this and the results of all calculations use terminology well known to schoolchildren as well as the cosine theorem which is necessary for solving a number of specific examples. At the end of each solved problem brief answers are given the wording of which is concise indicating the completeness of the corresponding section. The solutions of all problems are accompanied by detailed drawings illustrating their formulation and all the spatial figures depicted clearly explain the essence of each of the tasks. The paper would be useful for mathematics teachers in secondary education and pedagogical institutions teaching a stereometry course for high school students. All the given examples should help with the material due to the detailed solutions provided for each of the problems given. First of all, such necessity for its coherent treatment is focused on developing the sparial thinking of the high school students. This would be very useful for their studying of more complicated branches of mathematics in the future.
Key words: hexahedron, the symmetry of the bodies, combinations and intersection of bodies.
B. P. Fedorov
Received: 25.09.2023; Revised: 28.10.2023; Accepted: 30.10.2023; First online: 02.11.2023
For citation.
Fedorov B. P.
Bogdanova S. B., Gladkov S.O. Some miniatures with a cube . Vestnik KRAUNC.
Fiz.-mat. nauki. 2023, 44: 3,39-57. EDN: AUHQAH. https://doi.org/10.26117/2079-6641-2023-44-3-39-57. Funding. The study was carried out without support from foundations
Competing interests. There are no conflicts of interest regarding authorship and publication.
Contribution and Responsibility. All authors contributed to this article. Authors are solely responsible for providing the final version of the article in print. The final version of the manuscript was approved by all authors. * Correspondence: A E-mail: sonjaf@list.ru
The content is published under the terms of the Creative Commons Attribution 4.0 International License ©
Fedorov B. P.
Bogdanova S. B., Gladkov S.O., 2023
© Institute of Cosmophysical Research and Radio Wave Propagation, 2023 (original layout, design, compilation)
Введение
Настоящая работа продолжает серию авторских статей [1, 2] посвященных решению задач, предложенных в свое время для студентов педагогических вузов Б.П. Федоровым. На этот раз мы рассмотрим несколько задач из стереометрии, главным действующим лицом в которых будет куб. Рассмотренные ниже задачи не встречаются в классических учебниках по стереометрии [3-10], и именно поэтому они должны быть интересны не только старшеклассникам, но и учителям. Выбор куба в качестве основного «действующего лица» вполне естественно, поскольку его фигура чрезвычайно проста благодаря своей идеальной симметрии. Уместным здесь было бы упомянуть мысль Иоганна Кеплера (1571-1630), что «среди правильных тел самое первое, начало и родитель остальных - куб ...» [11]. Первые пять задач конструктивно объединены одной идеей: тело некоторым образом расположено на диагонали куба и требуется вычислить его объем. Заключительные четыре задачи отражают случаи сложного пересечения куба со сферой, правильной четырехугольной пирамидой, конусом и цилиндром. Надеемся, что подробно выполненные ко всем задачам чертежи не только помогут пониманию решения задачи, но и доставят читателю эстетическое удовольствие.
Задачи с диагональю куба
Задача 1. В куб со стороной а вписана правильная треугольная призма так, что диагональ куба проходит через центры оснований призмы. Следует найти максимальный объём вписанной призмы и объем призмы, у которой все ребра равны (см. рис. 1).
Решение
Пусть МК = х это сторона основания призмы, а ООт = у - высота призмы. В прямоугольном треугольнике С1В1А и АВт = л/2а , а значит,
f f /г д* АВ1 —2а /-
ctga = ctgZC, АВ1 = —— =-= V 2.
В1 с а
В свою очередь
1 —2
ctg|3 = ctgZAC1B1 = ctg (90o - а) = tga = — = .
22
Обозначим центр описанной окружности около треугольника NMK точкой O.
Тогда OK = —=. Следовательно, из прямоугольного треугольника OKA получим, V3
что
OA = ct ga ■ OK = —2 ■ — =
v^ 3
Поскольку C1A = ал/3 представляет собой диагональ куба, то
C1A = C1O1 + OO1 + OA = ^x + y + ^ = ^x + y = a—3.
6 3 2
D
C
K,
Б,
Б
D
Рис. 1. На диагонали куба ACi лежит прямая OOi, соединяющая центры оснований правильной треугольной призмы NMKN1M1K1. Вершины призмы N,K,N1,M1,K1 лежат на ребрах куба, а вершина M принадлежит диагонали нижнего основания. [Fig. 1. On the diagonal of AC1 cube, OO1 is situated, joining the centers of bases of the proper triangular prism NMKN1M1K1. The tops of the prism N,K,N1,M1,K1 are found on the cube edges, and the top of M is appertained to diagonal line of the lower base.]
a
Отсюда следует, что у = а^ — ^х. Поэтому объем вписанной призмы можно
найти как
у = — ^ = 3ах2 — ^х3.
Вычислим теперь объем призмы, когда все рёбра призмы равны, т.е. у = х. Тогда условие у = х перепишется как
я х^6 х (^6 +2 ал/3 = х + = 2-
откуда
х = а^3 — 2^ . Подставляя этот результат в формулу для объема
л/ 3 2 3^3 У = 4ах2
V3 / - V6 \ 3 2 3^2
получим искомый объем в виде
9 ■ (V6 -
V = -а3.
4
Исследуем теперь полученную функцию объема V(х) на максимум. Действительно, для производной по аргументу имеем
3 9 V' = -ах - 9^х2 = 0, 2 8
откуда и находим критические точки х = 0 или х = 2-2а. Ясно, что случай х = 0 рассматривать не стоит, а вот при х = 2-2а наибольший объем вписанной призмы составит величину
л/ /2^2 V / я 2 -
V™* = I —— а I ■ — ■ а I У3--— I = 9а3.
Таким образом, объем вписанной призмы с одинаковыми ребрами составляет 9 ■ (^6 - 2,
-а3. Максимальный же объем вписанной призмы будет тогда равен
2 з 9
4
Задача 2. Предположим теперь, что в куб АВСОА1В1С1О1 с ребром вписана правильная шестиугольная призма так, что её ось ООт лежит на диагонали ОВт куба. В этой задаче следует найти наибольший объём вписанной призмы, а также ее объем при условии, что все ее рёбра равны между собой (см. рис. 2).
Б,
C,
C
Рис. 2. На диагонали куба DB1 лежит прямая OOi, соединяющая центры
оснований правильной шестиугольной призмы. [Fig. 2. On the diagonal DB1 of cube, the OOi right line is lying, joining the centers of bases of the proper hexagonal prism.]
Решение
Обозначим сторону основания призмы через х, а высоту призмы ОО1 примем за у. Тогда
у = 3 ■ у,
где площадь основания равна площади правильного шестиугольника со стороной
х, т.е. Б = |х2л/3. Выразим теперь ОК = л/ОМ2 — МК2 = —— через ребро куба а Из прямоугольного треугольника В1С1О найдем, что
. ОС, а^2 /-
= В°С = -О" =
Тогда из прямоугольного треугольника ООК (см. рис. 2) найдем
х^ ^ хл/6
OD = OK ■ ctga = -Vi =
22
Поскольку В,О = 2ОО + ОО, и В,О = ал/5, то у = ал/3 — хл/6. Поэтому объем вписанной призмы будет
У = ^х2у = ^х2 (а^3 — х^б) = 2 (х2а — х3VI) .
Найдем наибольший из всевозможных объемов. Исследуем функцию У(х) на максимум. Поскольку производная
У' = 2 (2ах — 3^х2
то, приравнивая ее к нулю, находим два решения х = 0 и х = "у22. И, следовательно, наибольший объем будет равен
у.а^ = 9 ((а^V ■ а — (= ?а3 (2 — = ?а3 2
3 1 2\\ 3 I \ 3 I 2 \9 27/ 2 27 3
Найдем теперь объем равносторонней призмы, т.е. призмы со всеми равными ребрами, х = у. Благодаря равенству а^ = хл/6 + у следует, что
-=
aV3 aV3 (V6 - l) a(3V2 - V5)
V6 + 1
и, значит, ее объем будет
V = 3x3V3
или
3 / 3
V = ¥ Р^) = ¥■ (V6 -1\3 = - 19
5
5
Таким образом, объем вписанной призмы со всеми равными ребрами составляет 27 "
250
а3
9^ - 19), а ее максимальный объем будет равен —.
Задача 3. Пусть теперь в куб АБСОА1Б1С1О1 с ребром а вписан конус так, что его высота лежит на диагонали куба. Здесь также, как и в предыдущей задаче, следует найти наибольший объём вписанного конуса и объем вписанного равностороннего конуса (см. рис. 3).
Б,
C
\> 1 WW Ч \ V \ \ К \ \ \А—
j \ \ \ уС I 1к
б! Б
а
а
C
а
D
Рис. 3. На диагонали куба BD1 лежит высота B1O конуса, вписанного в куб так, что вершина B1 конуса и куба совпадают, а основание конуса касается смежных боковых граней куба в точках K, M и F, принадлежащих диагоналям этих граней.
[Fig. 3. On the diagonal BD1 of cube, the height of B1O cone, inscribed in the cube so the height B1 of the cone and the cube are equal. In addition, the base of the cone is tangent to neighbouring side faces of the cube in K, M and F points, occured to its faces diagonals.]
Решение
Напомним, что равносторонним считается конус, у которого образующая равна диаметру основания. Обозначим высоту конуса ОБТ через у, радиус основания ОК через х. Как известно, объем конуса вычисляется по формуле
1 1 2
V = - Б ■ Н = - пх2у. 3 3 у
Из прямоугольного треугольника ОБТСТ найдем, что
+ ОСт aV2 /45
Из прямоугольного треугольника ОКО следует соотношение
ОО = х^а = х^2. Поскольку ОВ, = а^ как диагональ куба и
ОВ, = у + ОО = у + х^,
то
ал/3 = у + хл/2.
Найдём теперь объём равностороннего конуса, т.е. В, К = 2х. Т.к. осевое сечение равностороннего конуса представляет собой правильный треугольник, то у = х^. Поэтому из равенства а\/3 = у + х^ следует, что
а/3 = х(/3 + /2).
/3 а/3 (/3 — /2)
x = 3 ^ =-^-— = a (3 — л/б
и, значит
а
л/3 + Л ,
Поэтому искомый объем найдется как
У = 3пх2у = ^пх2 ■ х/3 = ^пх3 = ^па3 (з — /б)3 = па3/3 (9/3 — 11/2) .
Исследуем теперь вопрос о наибольшем из всевозможных объемов вписанного конуса. Запишем объем конуса как функцию аргумента х. Для этого из равенства
а\/3 = у + х^Л
выразим у и подставим в выражение для объема конуса. Тогда
У = ^пх^ = ^пх2 ^а/3 — х/2) = ^п ^а/Зх2 — х3/2 ^ .
Полученное выражение представляет собой искомую функцию от х, то есть
У' = ,п ^2ха/3 — 3х2/5) .
и после приравнивая ее к нулю, находим два корня: один тривиальный х = 0 и второй х = "у6 . В результате подстановки нетривиального решения в формулу для объема, мы находим наибольший объем конуса:
У (а/6 ^ = ,п (а/з( а/6 У —(а/6 У^ = паЗ (б/з—4/з) =2па3/3
3 3 3 3 27 27
Значит(, объем ) вписанного равностороннего конуса составляет па3 /3(9/3 — и/2); а наибольший возможный объем вписанного конуса
, 2па3л/3
должен быть равен ———.
Задача 4. Пусть теперь внутри куба, ребро которого равно а, помещается конус так, что его вершина совпадает с одной из вершин куба, а окружность основания касается трёх граней куба, сходящихся в противоположной вершине. Образующая конуса составляет с его осью угол а . Следует определить радиус основания конуса (см. рис. 4).
Рис. 4. На диагонали куба CAi лежит высота AiO конуса, вписанного в куб так, что вершина A1 конуса и куба совпадают, а основание конуса касается трех смежных боковых граней куба в точках K,F и E, принадлежащих диагоналям этих граней [Fig. 4. On the diagonal CA1 of cube, the height A1O of the cone is lying, inscribed in the cube as the height A1 of the cone and the cube are equal. Also, the base of the cone is tangent to three neighbouring side faces of the cube in K, F and E points, related to the faces diagonals.]
Решение
Пусть угол между образующей конуса и его осью ОА1К = а, АА1 = а, радиус основания конуса И = ОК и ф = /АА,С. Тогда из треугольника А1ОК следует, что И = ОК = А, К эта, а из треугольника АА1К следует, что
А,К = АА' а
соз(ф — а) соз(ф — а) 47
В свою очередь из треугольника AAi C находим, что соs ф = AA = a 1
AlC aV3 V3'
2
Поэтому sin ф = у з .И мы имеем равенство
R =
соэ(ф — a)'
Раскроем знаменатель, используя формулу косинуса разности:
соэ(ф — a) = cos ф -cos a+sin ф -sin a = — cos a+ sin a = — ^cos a + —2 sin aj . В итоге получаем
a V3a
cosa ^V^^a ctga + V2 Это и есть искомый ответ для поставленной задачи, то есть радиус R основания
* V3a
вписанного конуса должен быть равен
е1да + л/2
Задача 5. Предположим теперь, что в куб со стороной а вписан цилиндр, ось которого лежит на диагонали куба. Следует найти объём равностороннего цилиндра и максимальный объём вписанного цилиндра (см. рис. 5).
Решение
Введем обозначения ОО1 = у, ОК = х, /Э1БА1 = а. И по условию задачи у = 2х (цилиндр равносторонний). Ясно тогда, что БА1 = ал/2 и из прямоугольного треугольника БА1Э1 найдем, что
. БА1 а^2 пг
^а = —— =-= V 2.
АтЭ, а
БА
Поэтому из треугольника БОК следует, что БО = х = = хл/2 А потому,
А1°1
из простого соотношения Б0т = а^ получаем равенство ал/3 = ООт + 2БО,т.е.
а л/3 = у + 2х у/2.. (1)
Вычислим вначале объем вписанного равностороннего цилиндра. Согласно формуле V = пх2у и благодаря условию у = 2х, с учетом соотношения (1), имеем
/3 = 2х (1 + /2
а
Откуда, после домножения числителя и знаменателя на сопряженно число, следует, что
а /3(1 - /Д) а /3( /2 - 1
х =
2(1 +V2H1 -л/2) 2
C
Б
Б,
D
Ъ,
Рис. 5. Ось цилиндра OOi лежит на диагонали BDi куба, а основания цилиндра касаются граней куба в точках K, F и E, принадлежащих диагоналям граней. [Fig. 5. The axis of OOi cylinder is situated on the BDi diagonal line of the cube, аs the bases of the cylinder are touching the faces of the cube in K, F and E points, related to the faces diagonals.]
i
В результате
y = а л/3 f /2 - l) .
Значит, объем равностороннего цилиндра
2
3a2fV2 -1) , N 3 , Чз
V = я-^-• a V3( V2- l) = 4а3л/з(V2- l) .
Теперь исследуем вопрос о наибольшем объеме Vmax вписанного цилиндра. Для этого рассмотрим его, как функцию от радиуса основания цилиндра:
V (x) = ях2у = ях2 fa vjb - 2xV2) = я fax2 V3 - 2x3 V5) .
Вычисляя производную и полагая ее равной нулю, получаем . Откуда следует тривиальный случай и нетривиальный, когда V' = я (2ах^ — 6х2 = 0. Откуда
следует тривиальный случай х = 0 и нетривиальный, когда хтах = . Подставив
6
это значение в формулу (1), найдем, что
пт ^6 г- 3а^ — av/T2 а^ Утюс = ал/3 — 2^—^/2 =---= ——,
откуда
Vm„ = nx2y = я—
а2 па3^
6 3 18 49
Значит, наибольший объем вписанного цилиндра должен быть равен
"max
a
''пД
18
. Таким образом, мы приходим к заключению, что объем равностороннего цилиндра будет V = |а3 /3^/2 — 1 ^ , а наибольший объем вписанного цилиндра па3^
"max
18
Некоторые другие задачи с кубом
Задача 6. Пусть в куб вписан шар так, что он касается основания куба и рёбер верхнего основания. Ребро куба равно а. Найти объём части шара вне куба (см. рис. 6).
К
C
C
D
Рис. 6. Шар с центром в точке O касается нижней грани куба в точке Q ив
серединах ребер верхнего основания M, N, F, E. [Fig. 6. The ball with a center in the O point makes touch in the greatest lower bound of the cube in the Q point, as well as in midpoint of the edges of the upper base of M,N,F,E.]
Решение
Из рисунка следует, что внешняя часть куба V складывается из нескольких шаровых сегментов:
V = VI + 4^2 = пН2 ^ — + 4пН2 ^ — ,
где VI - объем верхнего сегмента шара, V - объем боковых сегментов шара, И радиус шара, а Н и Н - высоты шаровых сегментов, показанные на рисунке 7.
H
M.
F
O
а E
R
N
L
Q
Рис. 7. Сечение куба плоскостью MNQ. [Fig. 7. The section of the cube by MNQ plane.]
h
Из прямоугольного треугольника М?О следует, что
И2 = МО2 = М?2 + ГО2 = М?2 + ^ — Ор)2.
Или
22 И2 = а + (а — И)2 = а + а2 — 2аИ + И2, 4 4
откуда следует, что
2аИ = 5 а2 4
и, значит,
И = 8а.
Чтобы найти высоту верхнего шарового сегмента, воспользуемся соотношением Н = К? = Кр — ?р. Откуда
и 71? ]0 а
Н = 2к — а = — а — а = —.
8 4
Значит, объем верхнего шарового сегмента составит значение
1 а2 /5 а \ па3
1 = 1Н21К — зН) = паб(8а — п) = 1аг.
Аналогично вычислим высоту бокового сегмента шара Н = ЬЕ = ОЬ — ОЕ, т.е.
Н = и — = ^ а — — = —. Поэтому объем бокового шарового сегмента будет равен 2 8 2 8
2 /„ 1, \ а2 / 5 1 \ 7па3
V2 = пН2 И — т Н = ^ка — тт а =
3 ) 64 V 8 24 / 32 ■ 24 51
Окончательно, объем части шара вне куба вычисляется, как
V = у, + 4V2 =
па2
+
4 • 7па3 6па2 + 7па3
32 32 ■ 24 И, следовательно, окончательный ответ V =
32 ■ 6 13па3
13па3 192
192
Задача 7. Пусть в правильной четырёхугольной пирамиде боковое ребро составляет с плоскостью основания угол а. В эту пирамиду помещен куб так, что вершины одной его грани совпадают с серединами рёбер основания пирамиды, а каждое ребро противолежащей грани куба пересекает одно из боковых рёбер пирамиды. Определить объём части куба вне пирамиды (см. рис. 8).
Рис. 8. Ось куба OO1 лежит на высоте SO правильной четырехугольной пирамиды.
Точки A, C, K являются серединами ребер куба. [Fig. 8. The axis of OOi cube is liying on the SO height of the regular tetragonal pyramid. The points of A, C, K are the midpoints of the faces cube.]
Решение
Введем обозначения SP = a, ZSPO = а. Из рисунка ясно, что искомый объем можно вычислить, как
V = 4Vabcd = 4 ■ 2Sabc ■ BD = 2Sabc ■ BD.
1 ( X \ 2
Пусть ребро куба равно x, тогда BD = x, а SABC = 2 ■ (^J . Т.к. треугольник ABC
x
прямоугольный и AB = BC = 2, то
1 X2 X3 V = 2 ■ 1 ■ ^ ■ x =
2 4 4
Выразим полученный объем через угол а. Из треугольника SüiA следует, что
SA = ÜA = *
cos а 2 cos а
где мы учли, что OiA = * .Из прямоугольного треугольника AKP имеем
AK *
AP = --= --,
аа
поскольку AK = *. Тогда
**
SP = SA + AP = --+ --= а.
2 а а
Откуда легко находится интересующее нас ребро куба
2а а а а 2а
* =
2 сое а + эт. а 2 сое а + эт. а х3
Подставляя в формулу V = — полученное выражение для х, приходим к искомому ответу:
V = т
1 / a sin 2а 4 3
4 \2соза + зт а. Это и есть интересующий нас ответ на поставленную задачу.
Задача 8. Предположим, что ребро куба АВСОА1В1С1Э1 равно а, точка К - середина стороны АА1, точка Ь - середина стороны СС1. В куб вписан цилиндр так, что ось цилиндра ОО1 лежит на прямой КЬ. Необходимо вычислить объём цилиндра, а также его боковую и полную поверхность (см. рис. 9).
Решение
Как и в предыдущих задачах, введем сокращенные обозначения ОО1 = у и ON = х = 2. Понятно, что М^ = 2х = а, а поскольку ОК = АМ = ^ = х и
АС = а /2, то ясно, что у = а ( л/2 — 1 ^ .В результате объем вписанного цилиндра
будет _
а2 / ^ \ па3 ( /2 — 1 V = пх2упт ■ а (л/2 — 1] =-^4-
Площадь же боковой поверхности составит тогда величину
S = 2nxy = 2^а ■ а ( V2 - 1 ) = па2 ( V2 - 1 ) ,
а "2
а площадь полной поверхности вписанного цилиндра оказывается равной
а2 а па2
З^и = 2пх2 + 2—ху = 2па4 + 2—а ■ а ( /2 — 1 ^ = —^ + па2 ( /2 — 1
B
4
C,
D
Рис. 9. Образующие цилиндра NN1 и MM1 лежат на диагоналях верхней и нижней граней куба.
[Fig. 9. The forming parts NN1 and MM1 of the cylinder are found on the diagonal lines of the top and bottom faces of the cube.]
Ответ: V = ^^^^, Б™ = ^ + яа2 (л/5 - 1) .
Задача 9. В этой задаче предположим, что в конус вписан куб ЛВС0Л1В1С101 со стороной а так, что его ребро ОЭ1 лежит в основании конуса (см. рис. 10). Следует найти радиус основания и высоту конуса.
Решение
Пусть ЛВ = а - ребро куба, тогда ЛС = КО = а^, Ср - половина диагонали
а ^2 а—3
куба, т.е. (^О = ^ , а (^С = ^ . Плоскость ЛЛ1С1С пересекает боковую
а—"
поверхность конуса по окружности с центром в точке и радиусом Лр = .
а—3
На чертеже показана дуга ЛЕ? этой окружности, при этом, ясно, что Ер = 5 Из треугольника ВЕ? найдем, что
В? ^ —■ —' (—3 +1
^а = — = —2— = -=-ь-,
ё Е? О^З-а —3 -1 2 '
где а - угол наклона образующей конуса к плоскости его основания. А из треугольника ВТО следует, что ТО = ВЭ ■ 1да. Отсюда несложно найти радиус конуса. Действительно, т.к. И = ТО = ТО + ЭО, а ЭО = ^, то радиус
к=а+а^—-——.=а ^ -о.
2 л/2 (л/3 + Я 2
S
Рис. 10. Боковое ребро DD1 куба лежит на диаметре основания конуса, а вершины
куба A, B, C, Ai, Bi, Ci принадлежат образующим конуса. [Fig. 10. The side edge DD1 of the cube is one the base diameter of the cone, and the cube corners A, B, C, A1, B1, C1 are relative to the forming parts of the cone.]
А поскольку из треугольника TDS следует, что H = Rtga, то высота
Ответ: H =
a^2(5+V3)
H = a^v/3 - 1
, R = a (2 V3 - 1
V2( V3 +1
V2
Заключение
В заключение работы хотелось бы еще раз обратиться к И. Кеплеру, и привести окончание его цитаты, приведенной в самом начале нашей статьи: «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» [11]. Все задачи с октаэдром будут составлять суть уже другой нашей работы . . .
4
Список литературы
1.
2.
Федоров Б. П. , Богданова С. Б., Гладков С. О. О некоторых неизвестных результатах, связанных с нетривиальными свойствами обычных треугольников. Ч. I., Вестник КРАУНЦ. Физ.-мат. науки, 2021. Т. 37, №4, С. 216-234 Б01: 10.26117/2079-6641-2021-37-4-216-234.
Федоров Б. П.
Богданова С. Б., Гладков С. О. О некоторых неизвестных результатах, связанных с нетривиальными свойствами обычных треугольников. Ч. II., Вестник КРАУНЦ. Физ.-мат. науки, 2022. Т. 39, №2, С. 197-221 Б01: 10.26117/2079-6641-2022-39-2-197-221.
3. Шарыгин И. Ф., Голубев В. И. Факультативный курс по математике. Решение задач, Учебное пособие для 11 кл.. Москва: Просвещение, 1991.384 с.
4. Сканави М. И. Сборник задач по математике для поступающих в вузы. М.: Мир и Образование, 2013. 608 с.
5. Антонов Н. П., Выгодский М. Я., Никитин В. В., Санкин А. И. Сборник задач по элементарной математике.. Москва: Физматлит, 1960.928 с.
6. Дорофеев Г. В., Потапов М. К., Розов Н. Х. Избранные вопросы элементарной математики, Пособие по математике для поступающих в вузы. Москва: Наука, 1976. 638 с.
7. Черкасов О. Ю., Якушев А. Г. Математика, Интенсивный курс подготовки к экзамену. Москва: Рольф, 1997. 384 с.
8. Прасолов В. В. Задачи по стереометрии, Учебное пособие. Москва: МЦНМО, 2016. 352 с.
9. Литвиненко В. Н. Сборник задач по стереометрии с методами решений, Пособие для учащихся. Москва: Просвещение, 1998. 255 с.
10. Рыбкин Н. А. Сборник задач по геометрии. Стереометрия, Т. 2. Москва: Учпедгиз, 1960. 88 с.
11. Венниджер М. Модели многогранников, Пер. с англ. В.В. Фирсова. Москва: Мир, 1974.236 с.
Информация об авторах
Федоров Борис Павлович - преподаватель кафедры математики (1967 - 2000) Государственного гуманитарно -технологического университета, г. Орехово - Зуево, Россия.
Богданова Софья БорисовнаА - кандидат физико-математических наук, доцент, доцент кафедры Прикладные программные средства и математические методы, Московский авиационный институт (Национальный исследоательский университет), г. Москва, Россия, © СЖСГО 0000-0001-8503-1794.
Гладков Сергей ОктябриновичА - доктор физико-математических наук, профессор, профессор кафедры Прикладные программные средства и математические методы, Московский авиационный институт (Национальный исследоательский университет), г. Москва, Россия, © СЖСГО 0000-0002-2755-9133.
References
[1 [2 [3 [4 [5 [6
[7 [8 [9
[10 [11
Fedorov B. P. |, Bogdanova S./,B., Gladkov S./,O. On some unknown results related to
the nontrivial properties of ordinary triangles. Part 1. Vestnik KRAUNC. Fiz.-Mat. Nauki, 2021, vol. 37, no. 4, pp. 216-234. DOI: 10.26117/2079-6641-2021-37-4-216-234 (In Russian) Fedorov B. P. , Bogdanova S./,B., Gladkov S./,O. On some unknown results related to
the nontrivial properties of ordinary triangles. Part 2. Vestnik KRAUNC. Fiz.-Mat. Nauki, 2022, vol. 39, no. 2, pp. 197-221. DOI: 10.26117/2079-6641-2022-39-2-197-221 (In Russian) Sharygin I.F., Golubev V.I. Fakul'tativnyy kurs po matematike: Resheniye zadach [Optional course in mathematics: Problem solving]. Moscow, Prosveshcheniye, 1991, 384 pp. (In Russian)
Ckanavi M.I. Sbornik zadach po matematike dlya postupayushchikh v vuzy [Collection of problems in mathematics for those entering universities]. Moscow, Mir i Obrazovaniye, 2013, 608 pp. (In Russian)
Antonov N. P., Vygodskiy M.YA., Nikitin V. V., Sankin A.I. Sbornik zadach po elementarnoy matematike [Collection of problems in elementary mathematics]. Moscow, Fizmatlit, 1960, 928 pp. (In Russian)
Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.X. Posobiye po matematike dlya postupayushchikh v vuzy (izbrannyye voprosy elementarnoy matematiki) [A manual on mathematics for those entering universities (selected questions of elementary mathematics)]. Moscow, Nauka, 1976, 638 pp. (In Russian)
Cherkasov O.YU., Yakushev A. G. Matematika. Intensivnyy kurs podgotovki k ekzamenu [Mathematics. Intensive exam preparation course]. Moscow, Rolf, 1997, 384 pp. (In Russian) Prasolov V. V. Zadachi po stereometrii: Uchebnoye posobiye. [Problems in stereometry: Textbook]. Moscow, MCNMO, 2016, 352 pp. (In Russian)
Litvinenko V. N. Sbornik zadach po stereometrii s metodami resheniy: Posobiye dlya uchashchikhsya. [ Collection of problems on stereometry with methods of solutions: A manual for students.Mathematics]. Moscow, Enlightenment, 1998, 255 pp. (In Russian) Rybkin N. A. Sbornik zadach po geometrii. Ch.2: Stereometriya. [Collection of problems in geometry. Part 2: Stereometry]. Moscow, Uchpedgiz, 1960, 88 pp. (In Russian) Wenninger M. Polyhedron models. Cambridge. Cambridge University Press, 1971.
Information about authors
Fedorov Boris Pavlovich (1931-2003) - Lecturer at the Department of Mathematics (1967 to 2000) at the State Humanitarian and Technological University, Orekhovo-Zuevo, Russia.
Bogdanova Sofya BorisovnaA - Ph.D. (Phys. & Math.), Associate Professor, Associate Professor of Applied Software and Mathematical Methods, Moscow Aviation Institute (National Research University), Moscow, Russia, <E ORCID 0000-0001-8503-1794.
Gladkov Sergey OktyabrinovichA - D.Sc. (Phys. & Math.),
Professor, Associate Professor of the Department of Applied
Software and Mathematical Methods, Moscow Aviation
Institute (National Research University), Moscow, Russia, ORCID 0000-0002-2755-9133.
