Чтение онлайн

Так как Vш = r/3(4r^3) = 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 /6). Отрезок OD найдем из треугольника В1OD, а отрезок OB — из треугольника В1OB.

Итак,

благодаря чему

Поскольку

(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 А1O1 призмы принадлежит плоскости АА1С1С, т. е. Ha = S2, откуда

Возможен еще один случай, который является как бы совпадением двух разобранных вариантов — точка О совпадает с вершиной B. Тогда призма прямая и при S1 = S2 из формулы (6) получим

Поскольку в первом случае S1 = аВ1D, S2 = аВ1В и В1D < В1В, то первому случаю соответствует требование S1 < S2. Условие положительности подкоренного выражения 4 S^21– S^22 приводит ко второму ограничению S2 < 2S1.

Для второго случая получаем S1 = аВ1D, S2 = aH. Так как В1D > H, то S1 > S2. Случай S1 = S2 можно отнести к этому случаю.

Ответ.

3.53. Проведем в кубе сечение AB1C1D (рис. P.3.53, а). Оно разобьет куб на две равные треугольные призмы. Возьмем одну из призм (рис P.3.53, б) и в качестве основания четырехугольной пирамиды выберем четырехугольник AB1C1D, а в качестве ее вершины точку D1. Оставшаяся часть призмы (D1AA1B1) образует треугольную пирамиду. Аналогично разобьем и вторую призму. Поскольку четыре пирамиды заполняют весь объем куба, их суммирующий объем максимален.

3.54. Пусть O1 — центр шара, описанного около пирамиды SABC, а O — центр правильного треугольника ABC, лежащего в ее основании. Тогда O1O — перпендикуляр к плоскости основания (рис. P.3.54).

(По условию точка O1 равноудалена от A, B и C.) Обозначим длину отрезка O1O через x, а длину отрезка OP через y. Так как AO1 = SO1 = R, а AO = 6/3 = 23, то по теореме Пифагора для треугольника AOO1 : x^2 + AO^2 = R^2, т. е. x^2 + 12 = R^2. Соотношение для y найдем из треугольника SO1D, где O1D = y, SO1 = R. Тогда SD^2 = R^2 - y^2. Но SD есть либо 4 - x, либо 4 + x в зависимости от расположения O1. Поэтому найдем x: x = |SP– SD|, что охватывает сразу два возможных случая и приводит к уравнению

Отсюда

Но x^2 = R^2 - 12, т. е.

Тогда

Поскольку

28^2 - 16/64 = 4^2 · 7^2 - 4^2/4^2 · 4 = 7^2 - 1/4 = 48/4 = 12,

имеем R^2 = (y^2 + 4)^2/64 + 12. Это выражение при x = 0 достигает своего минимального значения R^2 = 4^2/64 + 12 = 12 1/4 = 49/4, т.е. R = 7/2. 

Ответ. 3,5.

Замечание. Условие задачи, в силу которого основание P высоты SP пирамиды SABC принадлежит ее основанию ABC, при решении не использовано. Это условие оказалось лишним. Следовательно, в постановке задачи имеется неточность. Мы пытались использовать это условие, когда в первом указании строили прямую призму, верхнему основанию которой должна принадлежать вершина S. Эти ограничения оказались невостребованными при решении задачи. Задача реально предлагалась на вступительных экзаменах.

4.1. Проведем AE до пересечения с ОС в точке F (рис. P.4.1, а). Точка F лежит в плоскости грани DD1C1C, в которой лежит и точка О, принадлежащая сечению. Проведем FO до пересечения с D1D в точке N. Таким образом, сечение, о котором идет речь в условии, построено; это ANME (см. рис. P.4.1, а).