ГЛАВА  6

СТЕРЕОМЕТРИЯ

ЗАДАЧИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ

Ответы и решения

197.  Пусть  S — полная   поверхность   конуса,   S₁—поверхность шара,   r₁  и    r — радиусы   верхнего   и   нижнего   оснований   конуса, l —длина   его образующей.   Пусть далее     CMDL—трапеция,     полученная   в   осевом   сечении   конуса,   О — центр    вписанного   шара, AB _|_ LD и   OF _|_ MD (рис. 200).

рис. 200

Имеем:

Легко видеть, что AM = MF и BD = FD, так как О — центр вписанного в трапецию круга, поэтому

l = r + r₁                 (2)

Воспользовавшись этим равенством, из равенства (1) получим:

l² + r² + r₁²  = 4mR².                                    (3)

Из треугольника MED, далее, следует:

l² = ( r —  r₁)² + 4R².                                               (4)

Исключая l из равенств (2)   и (4), найдем:

r r₁  = R².                                             (5)

С помощью этого   равенства,   исключив l из (2) и (3), мы получим:

r² + r₁² = R²(2m—1).                                    (6)

Решив теперь систему (5), (6), найдем:

r = ^R/₂ ( √2т + 1 + √2т —3);

r₁ = ^R/₂ ( √2т + 1 — √2т —3);

Таким образом, при т < ³/₂ задача   не имеет   решения;   при   m = ³/₂ усеченный     конус превращается в цилиндр.

______________________________________________

198.  Возможны два случая: 1) вершина конуса и шар лежат по разные стороны от касательной плоскости; 2) вершина конуса и шар лежат по одну сторону от касательной плоскости.

Рассмотрим первый случай. Проведем плоскость через ось конуса и образующую конуса ВС, о которой говорится в условии задачи (рис. 201).

рис. 201

Эта плоскость в сечении с конусом даст треугольник ABC, в сечении с шаром—окружность С центром О; плоскость, перпендикулярная к ВС, будет пересечена по прямой ME (М.—точка касания).

Проведем    BD_|_AC   и    OF _|_ВС    Пусть    BD = h,    OD = OF = r, CD = R. Очевидно, OMEF — квадрат, поэтому

Во втором   случае   задача   решается аналогично.   Объем конуса оказывается равным

______________________________________________

199.  Рассмотрим  осевое   сечение ABC конуса.   Пусть BF — высота в треугольнике  ABC,  N и М — точки   касания   круга, вписанного в треугольник ABC, со сторонами  АВ и ВС, О — центр круга, Е — точка   пересечения   меньшей  дуги   MN   с   отрезком   BF,   D — точка пересечения отрезков MN и BF (рис. 202).

рис. 202

Положим DM = r, DE = H, BD = h. Искомый объем равен

V = ¹/₃ πr²h — ¹/₃πH² (3R — H).

Но

и

H = R — R sin ^α/₂;

следовательно,

______________________________________________

200.  Обозначим через r и r₁   радиусы   шаров и рассмотрим сечение   шаров   плоскостью,   проходящей   через  их   центры  О  и О₁;

рис. 203

пусть   АА₁ = 2а,   KS = R и AS = x  (рис. 203);   тогда   A₁S = 2a — x.

Полная   поверхность   линзы равна

2xar₁ + (2a — x)2ar = S.      (1)

Из     треугольника     OKS    имеем

r² = R² + [r —(2а — x)]²

или

R²—2r (2а — x) + (2а — x)² = 0.    (2)

Аналогично  из  треугольника   O₁KS   имеем   r₁ = R² + (r₁—х)²   или

R² — 2r₁х + x² = 0.                                      (3)

Из (2) и (3) находим:

Подставив  эти   выражения  для r и r₁  в  равенство  (1),   получим уравнение

π(R² + х²) + π[R² + (2а — х)²] = S

или

х²—2ах + R² + 2а²  — ^S/_2π= 0,

откуда

Подставив  это  значение  х в формулы (4),   после  упрощений получим:

Выбор другого знака перед корнем в (5) сводится к перемене обозначений r и r₁.

______________________________________________

201.  Пусть V₁ и V₂ суть соответственно объемы меньшего и большего шаровых сегментов, на которые разбивает шар плоскость, проходящая через линию касания шара с конусом. Пусть, далее, R—радиус шара, h — высота меньшего сегмента, Н — высота конуса, r — радиус его основания (рис. 204).

рис. 204

Тогда

V₁ = ¹/₃πh² (3R— h),       V₂ = ⁴/₃πR³ —  ^π/₃ h²(3R — h).

Задача сводится к нахождению  отношения ^h/_R .   Обозначив через α  угол между осью конуса и образующей, из /\  РKО находим:

Выразим теперь r  и R через R и α. Имеем:

Подставляя сюда  sin α = l — ^h/_R,   получаем   уравнение относительно ^h/_r= z

Задача имеет два решения,   так как оба корня квадратного уравнения при k > 2 имеют смысл.

______________________________________________

202.  Радиус r каждой из восьми вписанных сфер мы найдем, рассмотрев треугольник АОС в плоскости, проходящей через центры этих сфер и центр О сферы S (рис. 205, а).

рис. 205

Имеем:

Отсюда

Проведя сечение через центр О сферы S, центр О₁ сферы S₁ и центры двух противолежащих сфер радиуса r (рис. 205, б), мы получим из прямоугольного треугольника АОО₁:

АО₁² = AO² + OO₁²

или

( r + ρ )² = ( R — r )² + ( R — ρ )²

______________________________________________

203.  Так как вписанные сферы равны между собой, то их центры одинаково удалены от центра О сферы S. Следовательно, центр симметрии указанного в условии задачи куба совпадает с центром О сферы S (рис. 206).

рис. 206

Пусть х — искомый радиус сфер. Легко видеть, что тогда ребро куба будет АВ  = 2х, а половина  диагонали куба

AO = CO — CA = R — x.

Так как, с другой стороны,

АО = ¹/₂ • 2х√3 ,

то   получаем    уравнение   R— х = х√3 , откуда

______________________________________________

204.  Пусть r — радиус основания каждого из двух вписанных конусов. Их общая часть состоит из двух равных усеченных конусов. Обозначим через r₁ и r₂ соответственно радиусы верхнего и нижнего оснований усеченного конуса и через Н—его высоту. Искомое отношение объемов равно

рис. 207

Из подобия треугольников AQZ, AOS, АРС (рис. 207) имеем:

Так как, кроме того, H = h — R и

r = √R² — H² = √2Rh² — h²,

то два  предыдущих равенства позволяют  выразить r₁ и r₂   через R и h:

Так как по условию задачи ^h/_R = k, то

______________________________________________

205.  Пусть  радиусы  круговых   сечений  с   площадями   S₁ и S₂ равны  R₁ и R₂  ,  а  расстояния  от центра  шара   до  этих   сечений соответственно равны l₁ и l₂  (l₁< l₂). Обозначим через R   радиус шара, через r — радиус искомого сечения, а через l — расстояние от этого сечения до центра шара.

рис. 208

Тогда (рис. 208)

l₂ — l₁ = d                                 (1)

и     l₁² + R₁² = l₂² + R₂² = R²

Из этих двух уравнений находим:

Из уравнений (1) и (2) получаем:

Поэтому искомая площадь равна

______________________________________________

206.  Обозначим через r искомый радиус основания конуса. Рассмотрим фигуру, получающуюся в сечении, проведенном через центр одного из шаров и ось конуса (рис. 209).

рис. 209

Заметим, что расстояние между центрами двух касающихся шаров равно 2R. Используя легко доказуемый факт, что центр основания конуса А расположен на одинаковом расстоянии от всех трех точек касания сфер с плоскостью Р, находим:

Легко     видеть,     что     /  SB A =  /  СО₁О = 2β  и, следовательно,

2β =  ^π/₂ — α

Взяв тангенсы углов, стоящих в обеих   частях этого равенства, получаем:

          (1)

Из рис. 209 видно, что

Если   теперь   положить ^r/_R = х ,   то   равенство   (1)   приведет   нас   к следующему уравнению относительно х :

3(q — 2) х²— 4√3 (q — 1) х + q = 0.

Отсюда при q = 2 получаем х = ^√3/₆  , следовательно,  r = ^√3/₆ R. Если же q =/= 2, то

Так   как      то в указанной  формуле   следует   взять знак   минус.   Второй   корень   при   q > 2,    как   нетрудно   показать, больше, чем , и отвечает  конусу,   касающемуся   сфер   извне;  при q < 2 второй корень отрицателен.

______________________________________________

207.  Центры четырех первых шаров лежат в вершинах правильного тетраэдра, так как расстояния между центрами любых двух касающихся шаров равны 2R. Нетрудно показать, что центры пятого и шестого шаров совпадают с центром тяжести тетраэдра (рис. 210).

рис. 210

Пусть r — радиус пятого (большего) шара, а ρ — радиус шестого шара. Очевидно,

r = ρ + 2R.                                            (1)

Пользуясь тем,   что расстояние от центра тяжести до вершины рассматриваемого   тетраэдра   равно   ^√6/₂ R получаем:

ρ + R = ^√6/₂ R.                          (2)

Отсюда ρ = R ( ^√6/₂ — 1 ) , а из формулы (1) r = R ( ^√6/₂ + 1 ) .

Таким образом, искомое отношение объемов равно

______________________________________________

208.  Пусть А, В, С— центры шаров радиуса R, А₁, B₁, C₁ — проекции этих центров на плоскость, О — центр четвертого шара, радиус r  которого нужно найти (рис. 211).

рис. 211

Соединив центры всех шаров, мы получим, очевидно, правильную треугольную пирамиду ОАВС, у которой AB = BC = AC = 2R, АО = ВО = СО = R + r, OQ = R— r. Отрезок AQ есть радиус описанной около /\ ABC окружности, поэтому

Из треугольника AQO по теореме Пифагора находим:

Решив это уравнение,   получаем r = ^R/₃.

______________________________________________

209.  Пусть А, В, С, D — центры больших шаров. Рассмотрим проекцию всех шаров на плоскость А, В, С, D (рис. 212).

рис. 212

Так как центры малых шаров равноудалены от центров соответствующих больших шаров, они спроектируются в центры тяжести O₁ и О₂ равносторонних треугольников ABC и BCD. Так как, кроме того, радиусы малых шаров по условию равны, то отрезок, соединяющий их центры, параллелен рассматриваемой плоскости и делится точкой касания шаров пополам. Ввиду этого проекция точки касания окажется на отрезке ВС. Отсюда следует, что малые шары спроектируются в круги, вписанные в треугольники ABC и BCD. Поэтому радиус малых шаров равен

______________________________________________