Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Обозначим радиус ОР = x. После этого многие отрезки на рис. P.3.45 можно будет выразить через R, r и x. Отложим на O₃Р₃ = R отрезок ВР₃ = r. Треугольники O₁O₂В и Р₁Р₂Р₃ равны, как основания призмы. Перед нами задачи — связать величины r = О₁Р₁ = О₂Р₂, R = О₃Р₃, x = ОР. Прямоугольные треугольники ОО₁Е и ОО₃С позволяют вычислить отрезки РР₁ и Р₃Р. Отрезок DР₃ = AB можно найти из прямоугольного треугольника О₃АВ (О₃А можно считать известной величиной). Полученные отрезки образуют прямоугольный треугольник P₁DP, для которого будут вычислены все стороны. Теорема Пифагора для этого треугольника и даст нужное нам соотношение между r, R и x.

Проведем теперь все вычисления.

Из треугольника О₃АО₂ находим

из треугольника О₃АВ находим

Следовательно,

Вычисляем

P₃Р^2 = CO^2 = (R + x)^2 - (R - x)^2 = 4Rx

и

Р₁Р^2 = ЕО^2 = O

₁O^2 - O₁Е^2 = (r + x)^2 - (r - x)^2 = 4rx.

B треугольнике P₁DР известна гипотенуза Р₁Р. Катет Р₁D = r, а катет

По теореме Пифагора Р₁Р^2 = Р₁D^2 + DP^2, т. е.

или

Решая это уравнение, находим

Хотя правая часть в обоих случаях положительна, нужно взять только знак минус, так как второе значение для x оказывается больше r, что невозможно.

Ответ.

3.46. Пусть O₁ и O₂ — центры двух равных шаров с радиусом R, а O₃— центр третьего шара радиусом r (рис. P.3.46). Треугольник O₁O₃F прямоугольный, т. е.

O₁O₃^2 = O₁F^2 +O₃F^2.

Так как O₁O₃ = R + r, O₁F = R - r, то остается вычислить O₃F. Из треугольника BDE, в котором DB = O₃F, имеем

DB^2 = DE^2 + ЕВ^2.

Длину отрезка EB можно найти как AB - AE. Но AB = R ctg /₂ (из треугольника O₁AB), а AE = CD = r

ctg /₂ (из треугольника O₂CD). Таким образом,

EB^2 = (R ctg /₂ - r ctg /₂)^2.

Отрезок DE можно определить, если воспользоваться условием, что шары O₁ и O₂ касаются. Отрезок O₁O₂ равен 2R и параллелен плоскости . Следовательно, KB = 2R и DE = LB = R.

Величина DB^2 теперь найдена:

DB^2 = R^2 + ctg^2 /₂ (R - r)^2,

и теорема Пифагора для треугольника O₁O₃F примет вид

(R + r)^2 = (R - r)^2 + R^2 + ctg^2 /₂ (R - r)^2.

Раскрыв скобки в членах, не содержащих множителя ctg^2 /₂, найдем

ctg^2 /₂ = ^4Rr - R^2/_(R - r)^2.

По условию ^r/_R = m; разделим числитель и знаменатель правой части почленно на R^2

Число m всегда меньше единицы, так как по условию r меньше R. Кроме того, 4m - 1 >= 0, так как слева стоит квадрат. Но ctg /₂ = 0, если /₂ = /₅ и  = , что невозможно. Поэтому 4m - 1 0 и m 1/4 .

Ответ. При 1/4  m 1 

3.47. Обозначим центры шаров буквами O₁, O₂ и O₃, а их проекции на плоскость P через A, B и C. Треугольник ABC (рис. P.3.47) равносторонний со стороной 2R, а точка O — проекция вершины S конуса — будет центром этого треугольника.

Образующую конуса, которой касается шар с центром в точке O

₁, обозначим через SD, а точку касания — буквой E. Отрезок O₁E перпендикулярен SD и равен R. Так как данный конус равносторонний, то угол между образующей и ее проекцией на основание конуса равен 60°. По условию SO = 10, следовательно, DO = 10 · ctg 60° = ¹⁰/₃. Отрезок AO находим из треугольника ABC:

AO = ^2R /₃.

Таким образом, AD = ^2R - 10/₃. Угол ADE равен 120°, а луч O₁D делит его пополам. Из прямоугольного треугольника AO₁D

R = AD tg 60°, т.е. R = ^2R - 10/₃ 3.

откуда находим R.

Ответ. 10 см.

3.48. Пусть SO₁ и SO₂ — оси соседних конусов (рис. P.3.48). Тогда середина C отрезка O₁O₂ лежит на общей образующей этих конусов.

Угол O₁SO₂ равен углу в осевом сечении конуса, обозначим его через x. Тогда углы O₁SA₁ и О₂SA₂ равны ^x/₂. Проекции осей SO₁ и SO₂ на плоскость P лежат на образующих, по которым происходит касание конусов с плоскостью P. Так как конусов n, то угол A₁SA₂ = ²/_n.

Отрезок SO₁ можно выразить через А₁В двумя способами: 

а так как  то

Приравнивая полученные для SO₁ выражения, получим tg ^x/₂ = sin /_n.

Ответ. x = 2 acrtg [sin /_n].

3.49. Так как угол AOB (рис. P.3.49, а, б) прямой, то точки А и О

лежат на сфере, построенной на AB, как на диаметре. Следовательно, все внутренние точки отрезка АО лежат внутри этой сферы. Поскольку центр сферы, радиус которой мы ищем, лежит на АО, то возможно лишь внутреннее касание сфер.

Центр О₂ вписанной сферы соединим с точкой F, в которой происходит касание сферы с одной из граней. Из подобия треугольников FО₂A и OKA имеем

где r — искомый радиус.

Спроецируем точку О₁ на АО и рассмотрим прямоугольный треугольник O₁EO₂. B нем O₁O₂ равно разности радиусов, т. е. O₁O₂ = ^a/₂ - r; EO₁ равно половине OB, т. е. EO₁ = а³/₆. Отрезок O₂Е = |AE - AO₂|. Знак абсолютной величины означает, что точка О₂ может оказаться ниже точки E, либо выше ее (см. рис. P.3.49, на котором изображены оба случая). Так как AE = 1/2 , АО = ^a/₆, а AO₂ = 3r, то O₂E = |^a/₆ - 3r|.

По теореме Пифагора O₂O^2₁ = O₂Е^2 + EO^2₁, т. е.

(^a/₂ - r)^2 = (^a/₆ - 3r)^2 + ^a^2/₁₂.

После простых преобразований получим уравнение

8r^2 + (1 - 6)ar = 0,

откуда

r = ^{6 - 1}/₈а.

Так как АO₂ = 3r, то AO2 = ^{36 - 1}/₈а, в то время как AE = ^a/₆.