Решение.

Сечение шара плоскостью — круг. Рассмотрим сечение, проходящее через общий центр шаров и центры кругов.

Обозначение центра, точки касания и точек пересечения поверхностей шаров с плоскостями и дано на рисунке. — радиус круга, полученного в сечении меньшего шара плоскостью тогда — площадь сечения меньшего шара плоскостью

— радиус круга, полученного в сечении большего шара плоскостью тогда — площадь сечения большего шара плоскостью

— радиус круга, полученного в сечении большего шара плоскостью Параллельные прямые и перпендикулярны прямой Из прямоугольных треугольников получаем: откуда

Площадь сечения большего шара плоскостью

Ответ: 10.

Сечение шара плоскостью — круг. Рассмотрим сечение, проходящее через общий центр шаров и центры кругов. Обозначение центра, точки касания и точек пересечения поверхностей шаров с плоскостями и дано на рисунке.

— радиус круга, полученного в сечении меньшего шара плоскостью тогда — площадь сечения меньшего шара плоскостью

— радиус круга, полученного в сечении большего шара плоскостью тогда — площадь сечения большего шара плоскостью

— радиус круга, полученного в сечении большего шара плоскостью

Параллельные прямые и перпендикулярны прямой Из прямоугольных треугольников получаем:

Площадь сечения большего шара плоскостью

Ответ: 13.

Пусть — осевое сечение конуса, О — центр шара, вписанного в этот конус, E — точка касания шара и конуса.

Из условия задачи следует, что — равнобедренный (AB = BC). Очевидно, что точка О лежит на биссектрисе которая также служит медианой и высотой

Введем обозначения:

l — образующая конуса (отрезки AB и BC); R — радиус основания конуса (отрезок AD); H — высота конуса (отрезок BD); r — радиус шара (отрезок OE); — площадь сферы (площадь поверхности шара); — полная поверхность конуса; — объем шара; — объем конуса.

Очевидно, что Рассмотрим прямоугольные треугольники BEO и BDA с общим острым углом OBE. Отсюда: т. е.

Найдем отношение объема шара к объему конуса:

Теперь найдем отношение площади поверхности шара к площади полной поверхности конуса:

Однако, оказалось, что Значит,

Поскольку нам требуется найти отношение удвоенного объема шара к объему заданного конуса, то таким отношением будет 24 : 49.

Ответ: 24 : 49.

а) Проведем TK, KF и ET и получим искомое сечение — равнобедренную трапецию FKTE.

б) Введем обозначения, как показано на рисунке. Пусть точка O — середина высоты куба и центр вписанного шара, точки O₁ и O₂ — центры нижней и верхней граней куба соответсвенно, а также точки касания шара с гранями. Пусть R — радиус шара. Очевидно, что сечением шара плоскостью P является круг, центр которого лежит на NO₂, где N — середина TK. Более того, центром данного круга является точка H — основание перпендикуляра из O на NO₂, а радиусом — HO₂. Наша задача сводится к нахождению объема шарового сегмента. Основание шарового сегмента есть круг с центром H и радиусом HO₂, высотой сегмента является отрезок, равный  Найдем значения этих элементов.

Отсюда получаем, что

Тогда по формуле объема шарового сегмента находим

Следовательно, отношение объемов равно

Ответ:

Изобразим осевое сечение комбинации заданных тел (см. рисунок).

а) Пусть образующая конуса равна 2а, высота — 2r. Тогда: полная поверхность конуса

Ясно, что 2r — это диаметр шара.

Выразим зависимость r и a.

Поверхность шара

Итак, что и требовалось доказать.

б) Часть конуса, которая лежит внутри шара (объем этого тела обозначим V₁)представляет собой объединение:

другого равностороннего конуса, осевым сечением которого является ΔMBN (его объем обозначим V_k1, высоту — h_k1);

шарового сегмента MDN (объем обозначим V_σ), высота h_σ которого равна

Очевидно,

Часть шара, лежащая вне конуса (объем обозначим V₂), есть дополнение только что рассмотренного геометрического тела до построенного шара (объем обозначим V_ш).

Ответ:

Сечение шара плоскостью — круг. Рассмотрим сечение плоскостью, проходящей через центры сечений. Обозначения даны на рисунке. OA — радиус шара, тогда S₁ = π · OA² — площадь сечения шара плоскостью, проходящей через его центр. BC — радиус меньшего круга, полученного в сечении, тогда S₂ = π · BC² — площадь сечения шара второй плоскостью.

Из отношения площадей сечений получаем: OB — расстояние между плоскостями, равное 2.

В прямоугольном треугольнике OBC: OC² = BC² + OB², откуда получаем:

Ответ: 5.

Обозначения: SABCD — заданная пирамида, SH — высота, SL — апофема, O — центр вписанного и описанного шаров, OD, OS — радиусы описанного шара, OM, OH радиусы вписанного шара. — искомый.

Пусть AD = CD = a. Тогда

ML = HL как отрезки касательных, проведенных из точки L к вписанной сфере.

Отсюда: В прямоугольном

следовательно,

так как они прямоугольные, у них OM — общий катет, OS = OD как радиусы описанного шара. Следовательно,

Ответ:

Пусть r —‍ искомый радиус. Соединим попарно центры шаров. Получим правильный тетраэдр со стороной 2r.‍ Так как шары вписаны в трёхгранные углы при вершинах правильного тетраэдра, то их центры лежат на соответствующих высотах тетраэдра. Поэтому центр правильного тетраэдра с вершинами в центрах данных шаров совпадает с центром O‍ данного правильного тетраэдра.

Пусть шар радиуса r‍ с центром O‍₁,‍ вписанный в трёхгранный угол с вершиной D,‍ касается плоскости грани ABD‍ данного правильного тетраэдра ABCD‍ со стороной a‍ в точке P.‍

Тогда

Пусть M —‍ центр основания ABC,‍ K —‍ середина AB,‍ φ —‍ угол между высотой тетраэдра и плоскостью его грани. Из прямоугольного треугольника DMK‍ находим, что

Значит, или откуда находим, что

Ответ:

Пусть площадь основания тетраэдра равна S, а высота h. Тогда радиус описанной сферы равен поэтому середина высоты DE (точка P) лежит на поверхности шара и противоположна E. Плоскость, перпендикулярная DE, параллельна плоскости основания пирамиды, поэтому является касательной плоскостью к шару. Следовательно, O совпадает с P.

Опустим перпендикуляры из O и центра шара на грань ABD. Образуются два подобных прямоугольных треугольника, причем коэффициент подобия равен поэтому

Осталось найти r. Поскольку то поэтому ответ

Ответ:

Пусть I — центр вписанного шара, — центр шара радиуса 1, — проекции на SBC, O — центр основания. Тогда точки лежат на одной прямой (они равноудалены от трех граней трехгранного угла) и треугольники и CIH подобны (по двум углам) с коэффициентом При этом (из-за касания шаров), откуда Тогда из прямоугольного треугольника CIO находим поэтому стороны основания равны 8.

Теперь отметим середину BC — точку P — и заметим, что IP — биссектриса треугольника SPO (точка I равноудалена от его сторон). Тогда и

Наконец,

Ответ:

Рассмотрим куб с вершиной P‍ (рис. 1). Пусть его диагональ, проведённая из вершины P,‍ образует с плоскостями трёх граней, содержащих вершину P,‍ углы, равные α.‍ Если ребро куба равно c,‍ то его диагональ равна ‍ Значит,

Пусть касающиеся шары радиусов r‍ и R‍ (r < R)‍ с центрами O‍₁,‍ O‍_2‍ вписаны в трёхгранный угол с вершиной P‍ некоторого куба, M‍_1‍ и M‍₂ —‍ точки касания шаров с плоскостью какой-нибудь грани трёхгранного угла, Q —‍ точка касания шаров. Тогда O‍₁M‍_1‍ и O‍₂M‍₂ —‍ перпендикуляры к этой плоскости, точка Q‍ лежит на отрезке O‍₁O‍₂,‍ прямая O‍₁O‍_2‍ образует с этой плоскостью угол α.‍

Проведём плоскость через параллельные прямые O‍₁M‍_1‍ и O‍₂M‍_2‍ (рис. 2). Опустим перпендикуляр O‍₁F‍ из центра O‍_1‍ меньшего шара на прямую O‍₂M‍₂.‍ В прямоугольном треугольнике O‍₁FO‍_2‍ известно, что

Поэтому

‍

Тогда

Следовательно,

‍

Ответ:

Заметим, что высота призмы равна диаметру шара, т. е. 2R,‍ шар касается плоскостей оснований призмы в центрах P‍ и P‍_1‍ равносторонних треугольников ABC‍ и A‍₁B‍₁C‍₁,‍ а плоскостей боковых граней — в точках пересечения их диагоналей (рис. 1).

Пусть K‍ и K‍₁ —‍ середины BC‍ и B‍₁C‍_1‍ соответственно. Ортогональная проекция шара на плоскость ABC‍ есть круг радиуса R,‍ вписанный в треугольник ABC.‍ Поэтому AP = A‍₁P‍₁ = 2R, PK = P‍₁K‍₁ = R, AK = A‍₁K‍₁ = 3R.‍

Рассмотрим сечение призмы плоскостью AKK‍₁A‍_1‍ (рис. 2). Получим прямоугольник AKK‍₁A‍_1‍ со сторонами 2R,‍ 3R,‍ круг радиуса R,‍ касающийся сторон AK‍ и A‍₁K‍_1‍ в точках P‍ и P‍₁,‍ а стороны KK‍₁ —‍ в её середине L,‍ причём центр круга совпадает с центром O‍ шара. Пусть ∠LAK = α.‍ Тогда

Опустим перпендикуляр OQ‍ из центра круга на прямую AL.‍ Из прямоугольного треугольника OQL‍ находим, что

Пусть AQ‍ пересекает окружность, ограничивающую круг, в точке E.‍ Продолжим EO‍ до пересечения с этой окружностью в точке F.‍ Тогда EL —‍ диаметр основания цилиндра, вписанного в данный шар, а LF —‍ высота цилиндра. По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника EFL‍ находим, что

Следовательно, объём цилиндра равен

Ответ:

а) Центр шара равноудален от трех плоскостей граней куба. Множество точек, равноудаленных от двух плоскостей — плоскость (биссектор двугранного угла). (на самом деле есть две такие плоскости, но нас сейчас интересуют только точки внутри куба). Поэтому нужное нам множество потенциальных центров — пересечение трех биссекторов, поэтому оно не может быть больше, чем прямая. Очевидно все точки диагонали куба подходят.

б) Пусть центры шаров лежат на а радиусы шаров Тогда откуда и

Ответ: б)

Запишем формулу для объёма шара:

Объём конуса в 4 раза меньше:

Ответ: 7.

Будем считать, что ребро основания пирамиды равно 6. Тогда высота основания равна поэтому ее равны и это рано высоте пирамиды (следует из наклона бокового ребра). Теперь введем координаты с началом в A, осью x вдоль AB и осью z параллельной высоте пирамиды. Тогда

Плоскость ADC имеет уравнение Обозначим радиус вписанного шара за r, а его центр за Приравняем расстояния от I до ADC и основания пирамиды, получим откуда

Пусть O — центр большого шара, R — его радиус. Тогда координаты центра

Пусть M — основание высоты пирамиды. Рассмотрим прямоугольную трапецию OIMA, в которой Опустим высоту из I на OA и напишем теорему Пифагора откуда

Очевидно, плоскость пересекается с плоскостью основания по BD, причем откуда и Поэтому

Ответ:

Решение:

Пусть центр вписанного шара — точка — центр основания пирамиды, — середина отрезка — точка пересечения и

Плоскость разобьет заданную пирамиду на две симметричные пирамиды. Очевидно, что центр вписанного шара лежит в этой плоскости и на высоте заданной пирамиды. Радиус шара будет равен радиусу окружности, вписанной в треугольник

Значит,

Искомое сечение есть круг. Радиус его обозначим Очевидно, что Найдем В прямоугольном треугольнике

В прямоугольном треугольнике

=

Ответ:

а) Построим последовательно:

Отрезки BC' и AD'. Четырехугольник ABC'D' — искомое сечение.

Докажем это.

Из определения прямой призмы следует, что C'D' || CD, из определения ромба — CD || BA. Следовательно, C'D' || BA. А через две параллельные прямые проходит одна и только одна плоскость. Значит, четырехугольник ABC'D' — искомое сечение.

б) В прямую призму можно вписать шар в том и только в том случае, если центр шара одинаково удален от всех граней призмы, т. е. выполнено условие: в основание призмы можно вписать окружность, причем диаметр этой окружности равен диаметру шара, высота призмы также равна диаметру шара.

Из точки D проведем высоту DК ромба ABCD,

В ромб всегда можно вписать окружность. Значит, диаметр этой окружности будет DK, DD' = DK = 2.

ABC'D' — параллелограмм по признаку параллелограмма, так как C'D' || BA (по выше доказанному). Кроме того, BA = CD CD=C'D' как противолежащие стороны соответствующих параллелограммов.

Соединим отрезком точки D' и K. D'K — наклонная к плоскости основания призмы, DK — проекция наклонной D'K на ту же плоскость. (по построению). В таком случае по теореме о трех перпендикулярах.

В прямоугольном треугольнике D'DK катеты D'D и DK равны 2, следовательно, гипотенуза D'K равна

Обозначим основание пирамиды за ABC и ее вершину за S. Центр основания обозначим за O. Тогда (исходя из радиуса),

а) Пусть  — середины сторон BC и AC. Проведем отрезки Треугольник  — искомое сечение.

б) Очевидно, шар касается также плоскостей Поэтому он вписан в пирамиду стороны основания которой равны а высота равна двум.

Обозначим за T середину отрезка и за I центр шара (пусть его радиус x). Рассмотрим треугольник DOT. Опустим в нем перпендикуляр из точки I (лежащей на DO) на сторону DT и обозначим основание этого перпендикуляра за W. Тогда

Поскольку  — параллелограмм (средние линии треугольника ABC параллельны сторонам), в котором T — середина одной диагонали, то также T середина другой диагонали и Значит,

Треугольники SWI и SOT подобны по двум углам (один общий, другой прямой), поэтому

Ответ:

##

,

Выразим из формулы для объёма цилиндра и подставим в формулу для объёма шара

Ответ: 22.

Объем цилиндра равен произведению площади основания на высоту. Площадь основания цилиндра равна площади большого круга вписанного шара, а высота цилиндра равна диаметру вписанного шара. Поэтому

Ответ: 36.