Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Угол MEK равен углу SAD, так как треугольники MEK и SAD подобны. Из треугольника SAD находим ctg ∠ SAD = ^a/_h. Следовательно, и ctg ∠ MEK = ^a/_h. Для дальнейших рассуждений достаточно рассмотреть трапецию EMNF (рис. P.3.42, б).

Отрезок MK = 2r. Из треугольника MEK находим

EK = MK ctg ∠ MEK = ^2ra/_h.

Искомый отрезок

KF = EF − EK = a − ^2ra/_h = ^a(h − 2r)/_h.

Ответ.

3.43. Пусть OA = R, SO = H, ребро куба равно a (рис. P.3.43).

Из подобия треугольников SOA и SO₁B получим

Так как

то

Из подобия треугольников SO₁B и SO₂C

Упростим последнюю пропорцию и найдем из нее H:

С помощью первого соотношения определим теперь R:

Остается сосчитать отношение объемов: ^πR²H/_3a³. 

Ответ.

3.44. Обозначим через а сторону нижнего основания пирамиды, через b сторону ее верхнего основания, а через S площадь боковой грани. Объем пирамиды можно записать так:

С другой стороны, объем равен

Приравнивая эти два выражения, найдем

Вспомним, что боковая грань — трапеция, боковые ребра которой равны верхнему основанию. Площадь этой трапеции легко найти, если вычислить ее высоту:

Сравнивая с предыдущим выражением для S, получим уравнение относительно ^а/_b. После сокращения на а + b (равенство суммы а + b нулю не имеет геометрического смысла) и возведения в квадрат придем к выражению

2b² + ab − а² = 0

или

(^a/_b)² − ^a/_b − 2 = 0.

Так как а и

b — положительные величины, то ^а/_b = 2, или а = 2b.

Чтобы связать величины b и r, спроецируем точку С₁ на плоскость нижнего основания (рис. P.3.44). Поскольку радиус описанной окружности треугольника ABC в два раза больше радиуса описанной окружности треугольника А₁В₁С₁, то DC = ^b/_√3.

По теореме Пифагора для треугольника С₁DС

b² − ^b²/₃ = 4r²,

откуда

b = r√6, а = 2b = 2r√6.

Остается вычислить объем:

Ответ. 7√3r³.

3.45. Пусть О₁ и О₂ — центры меньших шаров, О₃ — центр большого шара, а О — центр шара, радиус которого нужно определить. Спроецируем точки O₁, O₂, O₃ и О на плоскость (рис. P.3.45). Треугольник Р₁Р₂Р₃ равнобедренный и точка P лежит на его медиане и высоте.

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 = О

₁Р₁ = 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

P₃Р² = CO² = (R + x)² − (R − x)² = 4Rx

и

Р₁Р² = ЕО² = O₁O² − O₁Е² = (r + x)² − (r − x)² = 4rx.

B треугольнике P₁DР известна гипотенуза Р₁Р. Катет Р

₁D = r, а катет

По теореме Пифагора Р₁Р² = Р₁D² + DP², 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.

O₁O₃² = O₁F² +O₃F².

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

DB² = DE² + ЕВ².

Длину отрезка EB можно найти как AB − AE. Но AB = R ctg ^α/₂ (из треугольника O₁AB), а AE = CD = r ctg ^α/₂ (из треугольника O₂CD). Таким образом,

EB² = (R ctg ^α

/₂ − r ctg ^α/₂)².

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

Величина DB² теперь найдена:

DB² = R² + ctg² ^α/₂ (R − r)²,

и теорема Пифагора для треугольника O₁O₃F примет вид

(R + r)² = (R − r)² + R² + ctg² ^α/₂ (R − r)².

Раскрыв скобки в членах, не содержащих множителя ctg² ^α/₂, найдем

ctg² ^α/₂ = ^4Rr − R²/_(R − r)².

По условию ^r/_R = m; разделим числитель и знаменатель правой части почленно на R²

Число m всегда меньше единицы, так как по условию r меньше R. Кроме того, 4m − 1 ≥ 0, так как слева стоит квадрат. Но ctg ^α/₂ = 0, если ^α/₂ = ^π/₅ и α = π, что невозможно. Поэтому 4m − 1 > 0 и m > ¼.

Ответ. При ¼ < 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.