Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы - Альберт Рывкин

и

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

B треугольнике P1DР известна гипотенуза Р1Р. Катет Р1D = 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.

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 A1SA2 = 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: