Чтение онлайн

Так как O1O3 = R + r, O1F = R– r, то остается вычислить O3F. Из треугольника BDE, в котором DB = O3F, имеем

DB^2 = DE^2 + ЕВ^2.

Длину отрезка EB можно найти как AB– AE. Но AB = R ctg /2 (из треугольника O1AB), а AE = CD = r ctg /2 (из треугольника O2CD). Таким образом,

EB^2 = (R ctg /2 – r ctg /2)^2.

Отрезок DE можно определить, если воспользоваться условием, что шары O1 и O2 касаются. Отрезок O1O2 равен 2R и параллелен плоскости . Следовательно, KB = 2R и DE = LB = R.

Величина DB^2 теперь найдена:

DB^2 = R^2 + ctg^2 /2 (R– r)^2,

и теорема Пифагора для треугольника O1O3F примет вид

(R + r)^2 = (R– r)^2 + R^2 + ctg^2 /2 (R– r)^2.

Раскрыв скобки в членах, не содержащих множителя ctg^2 /2, найдем

ctg^2 /2 = 4Rr– R^2/(R– r)^2.

По условию r/R = m; разделим числитель и знаменатель правой части почленно на R^2

Число m всегда меньше единицы, так как по условию r меньше R. Кроме того, 4m– 1 >= 0, так как слева стоит квадрат. Но ctg /2 = 0, если /2 = /5 и = , что невозможно. Поэтому 4m – 1 > 0 и m > 1/4 .

Ответ. При 1/4 < 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 O1SO2 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 = 2/n.

Отрезок SO1 можно выразить через А1В двумя способами: 

а так как

Приравнивая полученные для SO1 выражения, получим tg x/2 = sin /n.

Ответ. x = 2 acrtg [sin /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