Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Образующую конуса, которой касается шар с центром в точке O₁, 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 A₁

SA₂ = ^2π/_n.

Отрезок SO₁ можно выразить через А₁В двумя способами: 

а так как  то

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

Ответ. x = 2 acrtg [sin ^π/_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 = а^√3/₆. 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 = ½, АО = ^a/_√6, а AO₂ = 3r, то O₂E = |^a/_√6 − 3r|.

По теореме Пифагора O₂O²₁ = O₂Е² + EO²₁, т. е.

(^a/₂ − r)² = (^a/_√6 − 3r)² + ^a²/₁₂.

После простых преобразований получим уравнение

8r² + (1 − √6)ar = 0,

откуда

r = ^{√6 − 1}/₈а.

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

Сравнивая AO₂ и AE, мы видим, что AO₂ больше. Следовательно, точка O₂ на рис. P.3.49 должна располагаться ниже точки E.

Ответ.  ^{√6 − 1}/₈а.

3.50. Плоскость Π, проходящая через ось РР и центр О основания пирамиды, образует в сечении некоторый треугольник SMN (рис. P.3.50). Повернем треугольник SAB около оси РР так, чтобы он лег в плоскость Π. Так как AB = MN, а высота SO меньше высоты SK, то треугольники расположатся так, как показано на рис. P.3.50. Любое другое сечение 

SEF пирамиды попадет внутрь пятиугольника SMABN, а все сечения дважды покроют этот пятиугольник.

Остается определить объем тела, полученного от вращения пятиугольника SMABN вокруг оси РР. Половину искомого объема можно получить в виде разности объемов цилиндра, полученного от вращения прямоугольника SKBL, и конуса, полученного от вращения треугольника SNL:

½V_SMABN = V_SKBL − V_SNL = πSK² · BK − ⅓πLN² · BK = πBK(SK² − ⅓LN²).

Из соответствующих треугольников находим

SK = ^a/₂ ctg ^α/₂; LN² = SO² = SN² − NO² = ^a²/₄ ctg² ^α/₂ − ^a²/₄.

Таким образом,

V_SMABN = πa(^a²/₄ ctg² ^α/₂ − ⅓^a²/₄ ctg² ^α/₂ + ^a²/₁₂) = ^πa³/₁₂(2 ctg² ^α/₂ +1).

Ответ.^πa³/₁₂(2 ctg² ^α/₂ +1).

3.51. Способ 1. Рассмотрим радиус r вписанного в конус шара и угол α (на рис. P.3.51 изображено осевое сечение конуса).

Тогда полная поверхность конуса будет равна

S_пк = πR (R + l) = πr² ctg² α (1 + ¹/_{cos 2α}),

где радиус R основания конуса и его образующая l равны соответственно

R = r ctg α, l

= ^r ctg α/_{cos 2α}.

(промежуточные выкладки проделайте самостоятельно). Так как S_ш = 4πr² и по условию S_пк = 2S_ш, то после сокращения на πr² и несложных преобразований приходим к тригонометрическому уравнению

^{1 + cos 2α}/_{cos 2α} = 8 tg² α.

Выразив tg² α через cos 2α, получим

^{1 + cos 2α}/_{cos 2α} = 8^{1 − cos 2α}/_{cos 2α},

откуда cos 2α = ⅓.

Найдем теперь требуемое отношение объемов. Имеем

V_к = ^πr³/₃ ctg³ α tg 2α, V_ш = ⁴/₃πr³.

Преобразуем выражение ctg³ α tg 2α, имея в виду, что cos 2α = ⅓:

ctg³ α tg 2α = ctg² α · ctg α ^{sin 2α}/_{cos 2α} = ^{1 + cos 2α}/_{1 − cos 2α} · ^{cos α · 2 sin α cos α}/_{⅓ sin α} = 8.

Следовательно, V_к = 2V_ш, т. е. отношение объема конуса к объему шара равно 2.

Способ 2. Представим объем конуса как сумму двух объемов V₁ и V₂, где V₁ — объем тела, образуемого вращением заштрихованного на рис. P.3.51 треугольника вокруг оси конуса, а V₂ — объем конуса с осевым сечением AOB. Имеем

V_к = V₁ + V₂ = ⅓rS_б + ⅓rS_o = ^r/₃(S_б + S_o) = ^r/₃S_пк