Соотношения для элементов фигур: шары, конусы, пирамиды, призмы, параллелограммы и треугольники.
- Площадь параллелограмма \(ABCD\) (см. рис.) можно вычислить по следующим формулам:
\[S=\frac{AC^{2}-BD^{2}}{4}\tan\angle A;\\ S=\frac{AC^{2}-AB^{2}}{2}\tan\angle AOD,\]где: \(O\) – точка пересечения диагоналей \(AC\) и \(BD\).
Используя теорему косинусов, выразим \(AC^{2}\) из \(\triangle ACD\) и \(BD^{2}\) из \(\triangle ABD\), а затем вычтем из первого равенства второе. Тогда получим \(AC^{2}- BD^{2}=4AB\cdot AD\cos A\), откуда \(AB\cdot AD=\frac{AC^{2}-BD^{2}}{4\cos A}\). Наконец, применяя формулу \(S=ah_{a}=ab\sin \alpha=\frac{1}{2}d_{1}d_{2}\sin \varphi\) находим\[S_{ABCD}=AB\cdot AD \sin A=\frac{AC^{2}-BD^{2}}{4}\tan\angle A.\]Проведя аналогичные рассуждения по отношению к \(\triangle AOD\) и \(\triangle AOB\), можно установить справедливость и второй формулы. - Пусть известны длины \(b\) и \(c\) двух сторон треугольника \(\triangle ABC\) и
угол \(\angle A\), образуемый ими (см. рис.). Тогда длина биссектрисы \(AD\)
треугольника, проведенной из вершины этого угла, выражается формулой
\[l_{a}=\frac{2bc\cos \frac{A}{2}}{b+c}.\]Имеем \(S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ADC}+S_{\triangle ADB}\). Используя формулу \(S=\frac{1}{2}bc\sin\alpha\), получаем\[\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}l_{a}b\sin \frac{A}{2}+\frac{1}{2}l_{a}c\sin \frac{A}{2},\]или\[bc\sin \frac{A}{2}\cos \frac{A}{2}=\frac{1}{2}l_{a}\left(b+c\right)\sin \frac{A}{2}.\]Так как \(\sin\frac{A}{2}\neq0\), то \(l_{a}=\frac{2bc\cos \frac{A}{2}}{b+c}\).
- Справедливы следующие соотношения между элементами шара и вписанного в него конуса:
\[l=2R\sin \alpha;\] \[l^{2}=2RH,\]где: \(R\) – радиус шара, \(l\) – длина образующей конуса, \(H\) – его высота, \(\alpha\) – угол между образующей и плоскостью основания. Такие же соотношения справедливы и для вписанной в шар пирамиды, боковые ребра которой имеют длину \(l\) и составляют с плоскостью основания угол \(\alpha\).
Построив осевое сечение конуса, вписанного в шар (см. рис.), получим равнобедренный треугольник \(SAB\), вписанный в окружность радиуса \(R\). Центром окружности является точка \(O\) пересечения высоты \(SK\) и серединного перпендикуляра \(DO\) к стороне \(SB\), причем \(SK=H\), \(\angle SOD=\angle SBK=\alpha\). Из \(\triangle SOD\) находим \(SD=SO\sin\alpha\), или \(0,5l=R\sin\alpha\), т.е. \(l=2R\sin\alpha\).б) Продолжим \(SK\) до пересечения с окружностью в точке \(E\) и построим отрезок \(BE\). Тогда получим прямоугольный треугольник \(SBE\), в котором катет \(SB=l\) есть среднее геометрическое между гипотенузой \(SE=2R\) и проекцией \(SK=H\) катета \(SB\) на гипотенузу \(SE\), т.е. \(l^{2}=2RH\). - Пусть \(A_{1}B_{1}\) – боковое ребро пирамиды или призмы, \(A_{1}O\) – его проекция
на плоскость основания, \(\angle B_{1}A_{1}O=\alpha\), \(\angle OA_{1}A_{2}=\beta\),
\(\angle B_{1}A_{1}A_{2}=\gamma\) (см. рис.). Тогда справедливо равенство \(\cos\gamma=
\cos\alpha\cos\beta\). Проведем высоту боковой грани – отрезок \(B_{1}C\), тогда
\(OC\perp A_{1}A_{2}\) (по теореме о трех перпендикулярах) и из \(\triangle A_{1}CB_{1}\)
получим \(\cos \gamma=\frac{A_{1}C}{A_{1}B_{1}}\). Так как \(A_{1}C=OA_{1}\cos \beta\)
(из \(\triangle OCA_{1}\)), то \(\cos \gamma=\frac{OA_{1}\cos \beta}{A_{1}B_{1}}\).
Но \(\frac{OA_{1}}{A_{1}B_{1}}=\cos \alpha\) (из \(\triangle A_{1}OB_{1}\)); значит,
\(\cos \gamma=\cos\alpha\;\cos\beta\).