SO2 равен углу в осевом сечении конуса, обозначим его через x. Тогда углы O1SA1 и О2SA2 равны x/2. Проекции осей SO1 и SO2 на плоскость P лежат на образующих, по которым происходит касание конусов с плоскостью P. Так как конусов n, то угол A1SA2 = 2π/n.
Отрезок SO1 можно выразить через А1В двумя способами:
а так как то
Приравнивая полученные для SO1 выражения, получим tg x/2 = sin π/n.
Ответ. x = 2 acrtg [sin π/n].
3.49. Так как угол AOB (рис. P.3.49, а, б) прямой, то точки А и О лежат на сфере, построенной на AB, как на диаметре. Следовательно, все внутренние точки отрезка АО лежат внутри этой сферы. Поскольку центр сферы, радиус которой мы ищем, лежит на АО, то возможно лишь внутреннее касание сфер.
Центр О2 вписанной сферы соединим с точкой F, в которой происходит касание сферы с одной из граней. Из подобия треугольников FО2A и OKA имеем
где r — искомый радиус.
Спроецируем точку О1 на АО и рассмотрим прямоугольный треугольник O1EO2. B нем O1O2 равно разности радиусов, т. е. O1O2 = a/2 − r; EO1 равно половине OB, т. е. EO1 = а√3/6. Отрезок O2Е = |AE − AO2|. Знак абсолютной величины означает, что точка О2 может оказаться ниже точки E, либо выше ее (см. рис. P.3.49, на котором изображены оба случая). Так как AE = ½, АО = a/√6, а AO2 = 3r, то O2E = |a/√6 − 3r|.
По теореме Пифагора O2O²1 = O2Е² + EO²1, т. е.
(a/2 − r)² = (a/√6 − 3r)² + a²/12.
После простых преобразований получим уравнение
8r² + (1 − √6)ar = 0,
откуда
r = √6 − 1/8а.
Так как АO2 = 3r, то AO2 = 3√6 − 1/8а, в то время как AE = a/√6.
Сравнивая AO2 и AE, мы видим, что AO2 больше. Следовательно, точка O2 на рис. P.3.49 должна располагаться ниже точки E.
Ответ.√6 − 1/8а.
3.50. Плоскость Π, проходящая через ось РР и центр О основания пирамиды, образует в сечении некоторый треугольник SMN (рис. P.3.50). Повернем треугольник SAB около оси РР так, чтобы он лег в плоскость Π. Так как AB = MN, а высота SO меньше высоты SK, то треугольники расположатся так, как показано на рис. P.3.50. Любое другое сечение SEF пирамиды попадет внутрь пятиугольника SMABN, а все сечения дважды покроют этот пятиугольник.
Остается определить объем тела, полученного от вращения пятиугольника SMABN вокруг оси РР. Половину искомого объема можно получить в виде разности объемов цилиндра, полученного от вращения прямоугольника SKBL, и конуса, полученного от вращения треугольника SNL:
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