ГЛАВА   3

КРУГЛЫЕ ТЕЛА

Ответы и решения

250. Высота призмы равна диаметру 2R вписанного шара. Если через центр О шара провести плоскость, параллельную основаниям призмы, то в сечении призмы получим равносторонний треугольник КLМ (рис. 224), равный основанию призмы, а в сечении шара — большой круг PNQ, вписанный в треугольник KLM.

Для наглядности рядом с рис. 224 помещаем рисунок 224а — наглядное изображение рассматриваемого тела. Такие «параллельные» рисунки будут даны и в некоторых следующих задачах. Выполнение их учащимися не обязательно, хотя и очень полезно.

                 рис. 224                                                           рис. 224 a                    

Из треугольника LON, где ON=R и /  NLO = 30°, найдем LN = R√3  . Следовательно, LM= а =2R√3. Боковая поверхность S_бок.  призмы равна S_бок.= 3aH= 12R²√3.  Площадь основания  

Следовательно,

S_п.  = 12R²√3 + 6R²√3 = 18R²√3

Поверхность же шара равна 4πR².

Oтв. Искомое отношение равно  

______________________________________________

251. а) Способ изображения. Центр О₁ шара, вписанного в пирамиду (если в эту пирамиду можно вписать шар), должен отстоять на равных расстояниях от боковой грани ВЕС и от основания ABCD (рис. 225).

рис. 225

Поэтому он должен лежать на биссекторной плоскости двугранного угла φ при ребре  ВС. Точно так же О₁ лежит на биссекторных плоскостях двугранных углов φ при ребрах АВ, AD, DC. Значит, все боковые грани пирамиды O₁ABCD (не изображенной на чертеже) наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом  ^φ/₂

Следовательно, высота О₁О пирамиды O₁ABCD проходит через центр О окружности, вписанной в ромб ABCD (см. замечание к задаче 108). Через тот же центр проходит высота ЕО данной пирамиды. Значит, центр O₁ шара лежит на высоте EO.

Точка касания шара с плоскостью грани, ВЕС есть основание L перпендикуляра, опущенного из центра О₁ шара на плоскость ВЕС. Отсюда следует, что плоскость O₁EL перпендикулярна к грани ВЕС (доказать!). Вместе с тем плоскость O₁EL перпендикулярна к плоскости основания   ABCD   (так   как   проходит   через   высоту  EO). Следовательно, плоскость O₁EL перпендикулярна к ребру ВС. Значит, прямая MN, по которой пересекаются плоскости O₁EL и ABCD, есть высота ромба (проведенная через его центр О). То же имеет место для остальных трех точек касания с боковыми гранями (K, Q и Р).

Отсюда вытекает следующее построение. Изображаем высоту NOM ромба ABCD (желательно, чтобы она была горизонтальной), строим сечение NEM (равнобедренный треугольник) и изображаем окружность, вписанную в треугольник NEM. Точки L и Q, в которых эта окружность коснется сторон ME н NE, будут точками касания шара с гранями  ВЕС и AED. Чтобы изобразить точку К, проведем MS || АС. Тогда прямая OS (не показанная на чертеже) изображает другую высоту ромба (доказать!). Проводим прямую ES и через точку L проводим (не изображенную) прямую LK || MS. Четвертая точка Р строится аналогично. Из этого построения следует, что шар с центром О₁ и радиусом R = O₁L действительно вписан в пирамиду.

б)  Решение.  Из треугольника МОО₁ находим

ОМ = OO₁ ctg ^φ/₂ = R ctg ^φ/₂,

так что

Н = ОЕ = ОМ • tg φ = R ctg ^φ/₂ tg φ.

Далее из треугольника BUA (где BU || МN) находим

______________________________________________

252.  а) Способ изображения. Центр О экватора полушара (т. е. круга, ограничивающего полушар; рис. 226)  лежит па высоте SO₁ пирамиды.

Так как

OM = OO₁ = r ,

то точка М лежит на биссектрисе О₁М угла ОО₁М₁.   Отметив   точку М   как   пересечение  O₁М   с   SF,   изображаем   сечение   KLMN, параллельное основанию. Середины К, L, М, N сторон сечения являются точками касания экватора с боковыми гранями. Полукруг КО₁М есть сечение полушара плоскостью ESF.

б)  Решение.  Сторона основания а равна

a = EF = 2 • O₁F = 2 (O₁M₁+M₁F).

Но O₁M₁ = OM = r, a M₁F = MM₁ • ctg α = r ctg α. Значит,

a = 2r (1+ctg α).

Имеем

Здесь         S_ocн. = а² = 4r² (1+ctg α)² .

______________________________________________

253. Плоскость ESF (рис. 227) даст в пересечении с полушаром полукруг NPM, касающийся апофем пирамиды (в точках Q и G).

Если обозначим сторону   основания   пирамиды   через а,   а   радиус полушара — через   r,  то   полная   поверхность   полушара   S₁  будет

S₁ = 2πr² + πr² = 3πr²

и полная поверхность пирамиды

их отношение

Из  /\  OGF имеем OG = OF• sin α, т. е. r = ^a/₂ sin α. Это выражение подставим в предыдущее равенство.

Для   вычисления   объема    полушара   V найдем r   из    условия а — 2r = т и ранее найденного равенства   r = ^a/₂ sin α.   Получим

______________________________________________

254. На рис. 228 изображено осевое сечение конуса и вписанного в него шара. Искомый объем V получается вычитанием объема шарового сегмента MEN из объема конуса MCN.

рис. 228

Следовательно,

V = ^π/₃ • МК² • КС — π •  КЕ² ( r —¹/₃ КE),

где r есть радиус шара. Из треугольника AOD находим

r = OD = AD • tg ^{/  DAC}/₂ = R tg (45° — ^α/₂).

Теперь из треугольника ОМК, где /   ОМК = α (стороны углов ОМК и МСК взаимно перпендикулярны), имеем

MK = OM • cos α  = r cos α   и   OK = r sin α.

Значит,   КЕ = ОЕ— OK = r (1 — sin α).   Наконец,   КС = МК. • ctg α = r cos α ctg α. Следовательно,

Это  выражение  можно упростить.  Вынесем  за  скобки  (1 — sin α )², предварительно преобразовав cos⁴ α; именно,

cos⁴ α =( l — sin² α )²=( l — sin α )² (1+ sin α )².

Теперь имеем

Вырал<ение в квадратных скобках равно единице. Получаем

Сюда подставляем найденное выражение

r =  R tg (45° — ^α/₂).

Кроме того, можно использовать формулу

1 — sin α = 2 sin² (45° — ^α/₂).

______________________________________________

255.  При   обозначениях   рис. 229 условие   задачи   выражается равенством

πR ( l + R ) = n • 4πr².  

рис. 229

Из    треугольника    OBO₁    находим   r = R tg ^α/₂  ,  а из треугольника   ВОС   имеем     ВС = l = ^R/_{cos α}  

Предыдущее    равенство по   сокращении   на πR² примет вид

1 + ¹/_{cos α}   = 4n tg^{2  α}/₂

Применим формулу

Будем иметь уравнение

Положив tg ^α/₂ = z,    получим

(Освобождаясь от знаменателя, мы могли бы внести лишнее решение ( tg^{2 α}/₂ =  1 ) , но такого решения мы не получаеи: оно не удовлетворяет исходному уравнению.)

Отсюда видно, что при n < 2 задача не  имеет   решения   (под   корнем   отрицательное   число).   При   n > 2   оба   значения   величины z ² положительны

Так как   величина tg ^α/₂ должна   быть   положительной,   то   можем иметь только два решения:

Так как угол ^α/₂ меньше 45°, то tg ^α/₂ должен быть меньше единицы; знaчит, должно быть z ² < 1. Но это неравенство всегда соблюдено, ибо

Отв. Задача имеет решение только при n > 2. При п >2 имеем два решения:

при п =2 оба решения совпадают

______________________________________________

256. При обозначениях рис. 229 имеем

¹/₃ πR²H = n • ⁴/₃ πr

Подставляя сюда

r = R tg ^α/₂    и   H = R tg α,

получим уравнение

tg α = 4n tg^{3 α}/₂.

Применив формулу

и обозначив tg ^α/₂ через z, получим уравнение

Оно  распадается  на  два,  но одно  из  них   (z = 0)   не  согласуется с условием   (угол α не может  равняться   нулю).  

Другое  уравнение приводится  к   виду z⁴— z² + ¹/_2n = 0,   т. е.   совпадает  с  уравнением предыдущей задачи. Получаем два решения:

другое дает

tg ^α/₂ = sin 22°30' ≈ 0,3827

(отсюда α₁ ≈ 85°28'   и   α₂ ≈ 41°53').

Отв. Тот же, что в предыдущей задаче.

При п = 4 имеем

α₁ =2 arc tg (cos 22° 30') (≈85° 28');   

α₂ = 2arctg (sin 22°30') (≈41° 53').

______________________________________________

257. Площадь осевого   сечения   есть RH.    Полная    поверхность πRl + πR². По условию .   

Если β — угол между осью и  образующей, то R = l sin β и H = l cos β. Подставляя эти выражения, получим

Это уравнение можно решить различными  способами;   короче всего применить формулу ;  мы получим

Отсюда можно определить угол 45° — ^β/₂   а затем и угол β.

Однако не при всяком п задача имеет решения. Действительно, угол β заключен в границах от 0 до 90°; значит,   угол 45° — ^β/₂ заключен между 0 и 45°, т. е. величина  ⁿ/_π = =ctg ( 45° — ^β/₂ ) непременно должна быть больше единицы, т. е. должно быть n > π. При n = 1, 2, 3 задача не имеет решения.

Замечание. Уравнение

можно решить еще так. Представим его в виде ⁿ/_πcos β —1 = sin β, возведем в квадрат обе части равенства и заменим sin² β через 1— cos² β. Получим два решения: одно из них, cos β = 0, будет посторонним (оно является решением уравнения ⁿ/_πcos β —1 = —sin β; другое решение

совпадает с предыдущим.

Однако теперь легко прийти к ошибочному выводу, что задача имеет решение также и при п = 1, 2, 3. Ведь при любом положительном    значении   п   величина заключена    между    0  и   1 Поэтому в пределах от 0  до  90°   всегда   найдется   угол    косинус   которого    равен   

Ошибка этого рассуждения состоит в следующем. Из соотношения  и данного уравнения следует, что .

Отсюда видно, что должно быть п > π  (в противном случае угол β будет отрицательным, что невозможно).

Отв.  Если п < π, то задача  не имеет решения.  Если п > π, то

______________________________________________

258. При обозначениях рис. 230 имеем

рис. 230

Находим (из треугольника AOD)

r = R cos / AOD = R cos / ACO = R cos ^α/₂

и (из треугольника АОС)

Сокращаем дробь на  1 + sin  ^α/₂ (эта величина не  равна нулю).  Уравнение приводится к виду

sin^{2 α}/₂ —  sin ^α/₂+ ⁵/₃₆ = 0

Отв.  α₁ = 2 arc sin ⁵/₆   (≈112° 53')  и  α₂ = 2 arc sin ¹/₆ (≈19° 11'),

______________________________________________

259. При обозначениях  предыдущей задачи  имеем соотношение ^π/₃R²H = ⁴/₃•²/₃ πr³. Обозначим искомый угол через β (на рис. 230  β = ^α/₂). Тогда r = R cos β и H = R ctg β. Из предыдущего соотношения получим 3ctg β — 8 cos³ β = 0. Помножив обе части этого уравнения ни tg β (эта величина по смыслу задачи не может равняться нулю), получим уравнение

3 — 8sin β cos² β = 0,

откуда

8 sin³ β —8 sin β + 3=0.

Для решения этого кубического уравнения придется применить какой-либо искусственный прием. Так, левую часть удается разложить на множители:

8 sin³ β —8 sin β + 3  = (8 sin³ β — 1) — (8 sin β — 4) =

= [(2sin β)³—1] — 4 (2 sin β — 1) =  (2 sin β — 1) [(2 sin β)²+2 sin β + 1— 4].

Следовательно, найденное уравнение распадается на два.

Из первого   находим sin β = ¹/₂ , а  из   второго   (Другое

решение квадратного уравнения не годится.) Проверка показывает, что оба найденных решения годны.

______________________________________________

260. По условию боковая поверхность конуса MCN (рис. 231) должна составлять половину боковой поверхности конуса АСВ. Но   боковые   поверхности   этих   конусов   относятся,   как   квадраты  образующих, т. е.    

рис. 231

А так как  CN = CO, то    т. е.   cos² α = ¹/₂

Отв. α = 45°.

______________________________________________

261. По условию задачи объем V шарового сектора CMKN (рис. 232) должен составлять половину объема конуса АСВ.

рис. 232

Обозначим отрезок KL через h, а высоту  конуса   СО   через Н.   Тогда V = ²/₃ πr²h. Получаем равенство ²/₃ πr²h = ¹/₂•¹/₃ πR²H;     т. е. 4r²h = R²H   или   4r²h = H³ tg² α. Величину h выразим через r. Имеем

h = LK = СK— CL = r — r cos α = 2r sin^{2 α}/₂.

Получаем уравнение

______________________________________________