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

½VSMABN = VSKBL − VSNL = 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,

VSMABN = πa(a²/4 ctg² α/2 − ⅓a²/4 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

Sпк = 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 Sш = 4πr² и по условию Sпк = 2Sш, 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 = 81 − cos 2α/cos 2α,

откуда cos 2α = ⅓.

Найдем теперь требуемое отношение объемов. Имеем

Vк = πr³/3 ctg³ α tg 2α, Vш = 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, Vк = 2Vш, 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

Vк = V1 + V2 = ⅓rSб + ⅓rSo = r/3(Sб + So) = r/3Sпк

(здесь использована лемма об объеме тела вращения треугольника; So — площадь основания конуса, Sб — площадь его боковой поверхности).

Так как Vш = r/3(4πr³) = r/3Sш, то

Vк : Vш = (r/3Sпк) : (r/3Sш) = 2. 

Ответ. Отношение объемов равно 2.

3.52. Предположим, что двум равновеликим граням принадлежит ребро BB1. Спроецируем точку B1 на плоскость основания и обозначим проекцию буквой O. Если B1E и B1D — соответственно высоты параллелограммов CC1B1B и AA1B1B, то B1D = B1E, поскольку площади и основания у этих параллелограммов равны. Следовательно, прямоугольные треугольники B1OE и B1OD равны, т. е. точка O находится на одинаковом расстоянии от прямых AB и CB. Поэтому (подробнее см. задачу 5.4) она лежит на биссектрисе одного из углов, образованных этими прямыми. Случаю, когда точка O находится либо внутри угла ABC, либо попадает в угол, вертикальный по отношению к углу ABC, отвечает рис. P.3.52, а. Другой возможный вариант изображен на рис. P.3.52, б. Здесь в построении участвует биссектриса угла ABN.

Начнем с первого случая. Так как ABC — правильный треугольник, то BK ⊥ AC и, следовательно, В1В ⊥ AC. Поскольку ребро A1A параллельно В1В, то А1A ⊥ AC. Мы доказали, что в первой из двух различных ситуаций АА1С1С — прямоугольник. Если AB = а, A1A = b, то S2 = ab. Чтобы связать введенные элементы с известными из условия задачи, вспомним, что треугольник, лежащий в основании, правильный. Следовательно, OB = 2 · OD (угол OBD равен π/6). Отрезок OD найдем из треугольника В1OD, а отрезок OB — из треугольника В1OB.

Итак,

благодаря чему

Поскольку  получаем возможность определить а:

(6)

Рассмотрим теперь второй из возможных случаев (см. рис. P.3.52, б). Теперь ВО и AC параллельны и ВО ⊥ KB. Поэтому KB ⊥ ВВ1 и, следовательно, KB ⊥ АА1. Мы установили, что параллелограмм АА1С1С лежит во втором случае в плоскости, перпендикулярной к плоскости основания призмы. Следовательно, высота А1O1 призмы принадлежит плоскости АА1С1С, т. е. Ha = S2, откуда

Возможен еще один случай, который является как бы совпадением двух разобранных вариантов — точка О совпадает с вершиной B. Тогда призма прямая и при S1 = S2 из формулы (6) получим

Поскольку в первом случае S1 = аВ1D, S2 = аВ1В и В1D < В1В, то первому случаю соответствует требование S1 < S2. Условие положительности подкоренного выражения 4 S²1 − S²2 приводит ко второму ограничению S2 < 2S1.

Для второго случая получаем S1 = аВ1D, S2 = aH. Так как В1D > H, то S1 > S2. Случай S1 = S2 можно отнести к этому случаю.

Ответ.  при S1 < S2 < 2S1, а = S2/H при S1 ≥ S2.

3.53. Проведем в кубе сечение AB1C1D (рис. P.3.53, а). Оно разобьет куб на две равные треугольные призмы. Возьмем одну из призм (рис P.3.53, б) и в качестве основания четырехугольной пирамиды выберем четырехугольник AB1C1D, а в качестве ее вершины точку D1. Оставшаяся часть призмы (D1AA1B1) образует треугольную пирамиду. Аналогично разобьем и вторую призму. Поскольку четыре пирамиды заполняют весь объем куба, их суммирующий объем максимален.

3.54. Пусть O1 — центр шара, описанного около пирамиды SABC, а O — центр правильного треугольника ABC, лежащего в ее основании. Тогда O1O — перпендикуляр к плоскости основания (рис. P.3.54).

(По условию точка O1 равноудалена от A, B и C.) Обозначим длину отрезка O1O через x, а длину отрезка OP через y. Так как AO1 = SO1 = R, а AO = 6/√3 = 2√3, то по теореме Пифагора для треугольника AOO1 : x² + AO² = R², т. е. x² + 12 = R². Соотношение для y найдем из треугольника SO1D, где O1D = y, SO1 = R. Тогда SD² = R² − y². Но SD есть либо 4 − x, либо 4 + x в зависимости от расположения O1. Поэтому найдем x: x = |SP − SD|, что охватывает сразу два возможных случая и приводит к уравнению