ГЛАВА  6

СТЕРЕОМЕТРИЯ

ЗАДАЧИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ

Ответы и решения

183.  Легко    доказать,    что   середина    отрезка,    соединяющего центры оснований  призмы, является   центром вписанного и описанного шаров. Радиус круга, вписанного   в основание, равен радиусу вписанного   шара.   Пусть   r —радиус вписанного  шара, R — радиус описанного шара.   Рассмотрим   прямоугольный  треугольник, вершинами которого являются одна из вершин основания, центр основания и центр шаров. Имеем   R² = r² + r²₁ , где . Отсюда

Отношение   объема   описанного   шара   к   объему   вписанного   шара равно

______________________________________________

184.  Радиусы   описанного   и вписанного   шаров равны отрезкам высоты  тетраэдра,   на   которые  она  делится  общим   центром   этих шаров. Легко обнаружить, что отношение этих отрезков равно 3:1.

рис.  188

В самом деле,   из  подобных  треугольников BQO и ВРK (рис.  188) имеем:

Так как   поверхности   шаров   относятся как квадраты их радиусов, то искомое отношение равно 9.

______________________________________________

185.  Объемы     правильных ,   тетраэдров   относятся   как   кубы    радиусов   вписанных    в   них    шаров. Так   как   шар,   вписанный   в   больший   тетраэдр,   является   описанным вокруг  меньшего  тетраэдра,   то   отношение       упомянутых         радиусов вписанных   шаров   (см.   решение   задачи 184) равно  3:1.  Следовательно, искомое   отношение   объемов    равно 3³ = 27.

______________________________________________

186.  Допустим,   что   задача   разрешима. Проведем   плоскость A₁B₁C₁ (см. рис. 189, а),   касающуюся   меньшего   шара   и    параллельную   основанию AВС данного тетраэдра. Тетраэдр SA₁B₁C₁ описан около шара радиуса r. Легко найти, что   высота его SQ₁ = 4r (см. задачу 184).

рис. 189

Пусть  длина   ребра   тетраэдра   SABC  равна х.   Тогда отрезок AQ = x ^√3/₃  , а высота SQ = x ^√6/₃ .

 Далее (см. рис. 189, б) имеем   QO = ^x√6/₃ — 3r   и из прямоугольного треугольника  AQO следует, что

Решив квадратное уравнение, найдем

x_1,2 = r √6 ± √R² — 3r² .

В  этой  формуле   следует взять  лишь   корень со знаком плюс, ибо SA во всяком случае больше, чем 3r, а 3r  > r √6 .

Очевидно, что задача   возможна     при    условии   R > √3 r

______________________________________________

187.  Пусть A₁B₁C₁D₁E₁F₁ — правильный шестиугольник, полученный в сечении куба. Задача сводится к определению радиуса шара, вписанного в правильную шестиугольную пирамиду SA₁B₁C₁D₁E₁F₁ (рис. 190).

рис. 190

Сторона  основания   пирамиды   равна ^a√2/₂  ,   а   высота   равна  ^a√3/₂

Пользуясь тем, что радиус шара, вписанного в пирамиду, равен утроенному объему пирамиды, деленному на ее полную поверхность (см. формулу (1) в решении задачи 175), находим:

Следовательно,    искомое    отношение  равно

______________________________________________

188.  Пусть О — центр сферы, а AS, BS и CS — данные хорды. Очевидно, что треугольник ABC равносторонний (рис. 191).

рис. 191

Легко видеть также, что перпендикуляр SO₁ на плоскость ABC при продолжении проходит через центр сферы О, так как точка O₁ является центром круга, описанного около /\  ABC.

Обозначим после этих замечаний через   d   искомую   длину   хорд.   Из   треугольника   SAB   находим:

АВ = 2d sin ^α/₂

и, следовательно,

Вычисляя двумя   способами площадь   равнобедренного треугольника SOA, получаем:

______________________________________________

189.  Радиус вписанного шара r мы найдем по формуле (ср.  формулу (1) в решении задачи 175)

r = ^3V/_S

где V—объем пирамиды, a S — ее полная поверхность.

рис. 192

Найдем сначала объем пирамиды. Заметим для этого, что прямоугольные треугольники BSC и BSA (рис. 192) равны по равным гипотенузам и общему катету. Ввиду этого прямоугольный треугольник ASC является равнобедренным. Так как

AS =  CS = √a² — b²,

то, следовательно,

______________________________________________

190.  Обозначим   через   r   радиус  вписанного   шара, а   через R радиус описанного шара.

рис.  193

Рассмотрим сначала треугольник SFE, одна из сторон которого SF является высотой пирамиды, а другая SE—высотой боковой грани (рис. 193, а). Пусть О—центр вписанного шара. Из треугольников SFE и OFE (рис.  193, б) имеем:

FE= r ctg ^φ/₂,

SF = r ctg ^φ/₂ tg φ.

Очевидно, далее, что

DF = EF√2

Обращаясь   к   рис.   193,   в,   где   изображено   сечение,   проведенное через ось пирамиды и ее боковое ребро, мы легко найдем:

DO₁² = O₁F² + DF²

или

R² = (SF — R)² + DF².

Отсюда

Так как R = 3r, то, подставляя сюда найденные ранее выражения для SF и DF, получаем уравнение относительно φ:

или после упрощения

6 tg ^φ/₂ tg φ = 2 + tg²φ.

Положим, далее, tg ^φ/₂ = z. Заметив, что  , мы приходим к уравнению

7z⁴—6z² + l = 0.

Отсюда

Так как z > 0, то возможны лишь два ответа:

______________________________________________

191.  Всего   получается   6  двуугольников   (по   числу   ребер)   и 4 треугольника (рис.   194).  

рис.  194

 Обозначим   через   S₁   площадь  каждого из треугольников и через  S₂ —площадь   каждого из двуугольников. Имеем:

4S₁ + 6S₂ = 4πR².                                       (1)

Пусть S₀ — сумма площадей одного треугольника и трех прилежащих к нему двуугольников. S₀ есть площадь сферического сегмента, отсеченного плоскостью грани тетраэдра. Эта площадь равна 2πRh, где h — высота сегмента. Так как высота тетраэдра делится центром сферы в отношении   3:1   (см.   задачу  184), то

H = R + ¹/₃R = ⁴/₃R

откуда находим h = 2R —⁴/₃R= ²/₃R.

Далее,

S₁+ 3S₂ = 2πR•²/₃R =  ⁴/₃ πR².    (2)

Решив  систему,   состоящую  из  уравнений   (1)   и (2),   относительно неизвестных S₁ и S₂, получаем:

S₁ = ²/₃ πR²,      S₂ =  ²/₉ πR²

______________________________________________

192.  Пусть R—радиус   основания конуса, α — угол между осью конуса и образующей, r — радиус  вписанного шара.   В осевом сечении   конуса   имеем   равнобедренный   треугольник   ABC  (рис.   195).

рис.   195

Радиус  круга,   вписанного  в  этот   треугольник,   равен  радиусу   r  вписанного   в   конус   шара.   Пусть   О — центр   круга,  /  ОСА = β.

Тогда очевидно, что tg β = ^r/_R . Но по условию задачи

Отсюда   ^r/_R  = ¹/_√3  и, следовательно, β =  ^π/₆. Так как, кроме того, α +2β = ^π/₂, то α = ^π/₆. Следовательно, искомый угол 2α = ^π/₃.

______________________________________________

193.  Пусть r — радиус полусферы, R — радиус основания конуса, l —образующая конуса, α — угол между осью конуса и образующей.

рис. 196

По условию задачи имеем

Введем в это равенство угол α. Для этого рассмотрим равнобедренный /\  ABC (рис. 196), получающийся в осевом сечении конуса. Из /\  ABC находим

R = l sin α,    r = R cos α = l sin α cos α.

Подставляя эти выражения в левую часть (1), получаем

Так как cos²α = 1 — sin²α,   то,   сократив  дробь   на 1 + sin α, будем иметь

36 sin²α — 36 sin α + 5 = 0,

откуда

sin α₁ = ⁵/₆     и    sin α₂ = ¹/₆.

Следовательно,    искомый    угол    при     вершине    конуса    равен

2 arcsin ⁵/₆ или   2arcsin ¹/₆.

______________________________________________

194.  Пусть h —высота конуса, r —радиус основания, l — образующая конуса и α — угол между образующей и высотой (рис. 197).

рис. 197

По условию  задачи   имеем  πrl = kπr²; отсюда l = kr   и,   следовательно, sin α = ¹/_k . Из прямоугольного треугольника ABS получаем:

______________________________________________

195.  Пусть   R— радиус   шара,   h —высота   конуса,   r — радиус основания конуса.

рис.  198

Отношение  объема   конуса к объему шара равно

Из треугольника SBA (рис.  198) имеем r² = h(2R—h). Отсюда

Задача разрешима, очевидно, тогда, когда 0 < q < 2.

______________________________________________

196.  Пусть   R — радиус   шара,   S_m   и V_m— поверхность и объем шара, S_k и V_k — полная   поверхность   и объем   конуса, h —высота конуса, r —радиус основания конуса (рис.  199).

рис.  199

Тогда

Замечание:   К тому же результату  можно   прийти   и более коротким путем, если воспользоваться следующей формулой:

V_k = ¹/₃S_kR               (1)

где S_k —полная поверхность конуса, a R — радиус вписанного в него шара. Формула (1) легко получается из соответствующей формулы для пирамиды (см. решение задачи 175) предельным переходом. Действительно, так как, очевидно,

V_ш = ¹/₃S_шR,                 (2)

то, разделив (2) на (1), получим

______________________________________________