V = πr³/3(2√2 + 1)³.
Ответ. πr³/3(22√2 + 25).
3.42. Так как ребро SD перпендикулярно к плоскости основания, то треугольник SCD (рис. P.3.42, а), в который вписана окружность основания цилиндра, прямоугольный.
Радиус этой окружности равен частному от деления площади треугольника SDC на полупериметр, т. е.
Угол MEK равен углу SAD, так как треугольники MEK и SAD подобны. Из треугольника SAD находим ctg ∠ SAD = a/h. Следовательно, и ctg ∠ MEK = a/h. Для дальнейших рассуждений достаточно рассмотреть трапецию EMNF (рис. P.3.42, б).
Отрезок MK = 2r. Из треугольника MEK находим
EK = MK ctg ∠ MEK = 2ra/h.
Искомый отрезок
KF = EF − EK = a − 2ra/h = a(h − 2r)/h.
Ответ.
3.43. Пусть OA = R, SO = H, ребро куба равно a (рис. P.3.43).
Из подобия треугольников SOA и SO1B получим
Так как
то
Из подобия треугольников SO1B и SO2C
Упростим последнюю пропорцию и найдем из нее H:
С помощью первого соотношения определим теперь R:
Остается сосчитать отношение объемов: πR²H/3a³.
Ответ.
3.44. Обозначим через а сторону нижнего основания пирамиды, через b сторону ее верхнего основания, а через S площадь боковой грани. Объем пирамиды можно записать так:
С другой стороны, объем равен
Приравнивая эти два выражения, найдем
Вспомним, что боковая грань — трапеция, боковые ребра которой равны верхнему основанию. Площадь этой трапеции легко найти, если вычислить ее высоту:
Сравнивая с предыдущим выражением для S, получим уравнение относительно а/b. После сокращения на а + b (равенство суммы а + b нулю не имеет геометрического смысла) и возведения в квадрат придем к выражению
2b² + ab − а² = 0
или
(a/b)² − a/b − 2 = 0.
Так как а и b — положительные величины, то а/b = 2, или а = 2b.
Чтобы связать величины b и r, спроецируем точку С1 на плоскость нижнего основания (рис. P.3.44). Поскольку радиус описанной окружности треугольника ABC в два раза больше радиуса описанной окружности треугольника А1В1С1, то DC = b/√3.
По теореме Пифагора для треугольника С1DС
b² − b²/3 = 4r²,
откуда
b = r√6, а = 2b = 2r√6.
Остается вычислить объем:
Ответ. 7√3r³.
3.45. Пусть О1 и О2 — центры меньших шаров, О3 — центр большого шара, а О — центр шара, радиус которого нужно определить. Спроецируем точки O1, O2, O3 и О на плоскость (рис. P.3.45). Треугольник Р1Р2Р3 равнобедренный и точка P лежит на его медиане и высоте.
Обозначим радиус ОР = x. После этого многие отрезки на рис. P.3.45 можно будет выразить через R, r и x. Отложим на O3Р3 = R отрезок ВР3 = r. Треугольники O1O2В и Р1Р2Р3 равны, как основания призмы. Перед нами задачи — связать величины r = О1Р1 = О2Р2, R = О3Р3, x = ОР. Прямоугольные треугольники ОО1Е и ОО3С позволяют вычислить отрезки РР1 и Р3Р. Отрезок DР3 = AB можно найти из прямоугольного треугольника О3АВ (О3А можно считать известной величиной). Полученные отрезки образуют прямоугольный треугольник P1DP, для которого будут вычислены все стороны. Теорема Пифагора для этого треугольника и даст нужное нам соотношение между r, R и x.
Проведем теперь все вычисления.
Из треугольника О3АО2 находим
из треугольника О3АВ находим
Следовательно,
Вычисляем
P3Р² = CO² = (R + x)² − (R − x)² = 4Rx
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 O1