Сде­ла­ем вы­нос­ной чер­теж осе­во­го се­че­ния ко­ну­са.

Вы­пи­шем объ­е­мы ис­ход­но­го ко­ну­са и от­се­чен­но­го ко­ну­са (со­от­вет­ству­ет бук­вам MBN):

Вве­дем обо­зна­че­ние ∠OBN  =  α. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка BHC имеем от­ку­да из тре­уголь­ни­ка BON имеем от­ку­да

Так как то по­лу­чим:

Те­перь: OH = OK = r  — ра­ди­ус впи­сан­ной сферы.

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка BKO по­лу­чим:

Зна­чит от­ку­да

Ответ:

Для по­стро­е­ния ис­ко­мо­го се­че­ния про­ве­дем до­пол­ни­тель­но апо­фе­му SD в бо­ко­вой грани SBC, а затем от­ло­жим от­ре­зок ME в тре­уголь­ни­ке SAD па­рал­лель­но сто­ро­не AD: так как ME || AD и M  — се­ре­ди­на AS, то E  — се­ре­ди­на SD. Тогда по­лу­ча­ем, что MNE  — ис­ко­мая плос­кость. Оста­лось по­ка­зать, что про­дол­же­ние NE па­да­ет в точку С, то есть точка E лежит на от­рез­ке NС.

Для этого можно от­дель­но рас­смот­реть тре­уголь­ник SBC и про­ве­сти в нем до­пол­ни­тель­ный от­ре­зок DL па­рал­лель­но сто­ро­не NС. Тогда DL яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей для тре­уголь­ни­ка BNC, а зна­чит, При­ме­ним тео­ре­му, об­рат­ную тео­ре­ме Фа­ле­са, для угла BSD. Из про­пор­ци­о­наль­но­сти от­рез­ков

за­клю­ча­ем, что по­это­му

Таким об­ра­зом, по­лу­чи­ли, что MNB  — ис­ко­мое се­че­ние тет­ра­эд­ра, и оно от­се­ка­ет от него тре­уголь­ную пи­ра­ми­ду СMNS. За­ме­тим, что если рас­смот­реть в ка­че­стве ос­но­ва­ния по­лу­чен­ной пи­ра­ми­ды тре­уголь­ник SMN, то вы­со­та, про­ве­ден­ная из точки C на плос­кость SMN, сов­па­да­ет с вы­со­той пи­ра­ми­ды SABC. Из фор­му­лы для объ­е­ма пи­ра­ми­ды по­лу­ча­ем (счи­та­ем для удоб­ства, что все ребра равны 1):

Ответ: 1 : 6.

Пусть вы­со­та DH пи­ра­ми­ды ABCD с вер­ши­ной D яв­ля­ет­ся вы­со­той бо­ко­вой грани BDC. Пред­по­ло­жим, что она про­ве­де­на к бо­ко­вой сто­ро­не. Пусть За­ме­тим, что так как в про­тив­ном слу­чае ABCD, но вы­со­та пра­виль­но­го тет­ра­эд­ра не сов­па­да­ет с вы­со­той его бо­ко­вой грани. Из ра­вен­ства всех гра­ней пи­ра­ми­ды сле­ду­ет, что и вы­со­та DP рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ADC, опу­щен­ная на бо­ко­вую сто­ро­ну AC, равна вы­со­те DH рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка BCD, опу­щен­ной на бо­ко­вую сто­ро­ну BC, Но это не­воз­мож­но, по­сколь­ку DH  — пер­пен­ди­ку­ляр к плос­ко­сти ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, а DP  — на­клон­ная к этой плос­ко­сти, про­ве­ден­ная из той же точки. Таким об­ра­зом, DH  — вы­со­та рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка BDC, про­ве­ден­ная к ос­но­ва­нию.

Так как вы­со­та бо­ко­вой грани сов­па­да­ет с вы­со­той всей пи­ра­ми­ды, то плос­кость грани BCD пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ос­но­ва­ния ABC. Вве­дем обо­зна­че­ния: CD = BD = a, BC = b, DH = h (H  — се­ре­ди­на сто­ро­ны BC, так как DH вы­со­та и ме­ди­а­на в р/б тре­уголь­ни­ке DBC). Так как все грани яв­ля­ют­ся рав­ны­ми тре­уголь­ни­ка­ми, то по­лу­ча­ем, что AB = AC = a, AD = b, AH = h. Далее, до­ка­жем, что наи­боль­ши­ми про­ти­во­по­лож­ны­ми реб­ра­ми пи­ра­ми­ды яв­ля­ют­ся ребра AD и BC, вы­ра­зив их через h. Из рав­но­бед­рен­но­го пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ADH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

Из тре­уголь­ни­ка DCH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­чим:

От­сю­да видно, что то есть ребро b яв­ля­ет­ся наи­боль­шим. Зна­чит, рас­сто­я­ние 1, за­дан­ное по усло­вию,  — это рас­сто­я­ние между реб­ра­ми AD и BC. Так как плос­кость (ADH) пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BC (), то рас­сто­я­ни­ем между AD и BC яв­ля­ет­ся пер­пен­ди­ку­ляр, опу­щен­ный из точки H на пря­мую AD в плос­ко­сти (ADH). Тогда со­еди­ня­ем H с се­ре­ди­ной сто­ро­ны AD  — от­ре­зок HK яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной в рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке ADH, а сле­до­ва­тель­но, и вы­со­той.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка KDH по­лу­чим:

Оста­лось найти объем пи­ра­ми­ды:

Ответ:

Рас­смот­рим осе­вое се­че­ние ко­ну­са. В нем по­лу­чит­ся тра­пе­ция ABCD, в ко­то­рую впи­са­на окруж­ность. Про­ве­дем вы­со­ты BG и CH из точек B и C. Тогда

кроме того из опи­сан­но­сти

по­это­му

Ра­ди­ус окруж­но­сти (он же ра­ди­ус впи­сан­ной в конус сферы) равен Тогда пло­щадь сферы со­став­ля­ет

До­стро­им те­перь усе­чен­ный конус до ко­ну­са. Тра­пе­ция при этом до­стро­ит­ся до тре­уголь­ни­ка, он будет пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный, по­это­му его ка­те­ты со­ста­вят Это об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са. Из нее

По­это­му пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти усе­чен­но­го ко­ну­са будет

По­это­му ис­ко­мое от­но­ше­ние равно 2.

Ответ: 2.

Для удоб­ства будем счи­тать, что куб еди­нич­ный. Тогда от­рез­ки AE и CF равны по В плос­ко­сти грани ABB₁A₁ про­дол­жим пря­мую BE до пе­ре­се­че­ния с пря­мой A₁B₁, в плос­ко­сти грани BB₁С₁С про­дол­жим пря­мую BF до пе­ре­се­че­ния с пря­мой B₁C₁. По­лу­чен­ные точки P и S лежат в одной плос­ко­сти грани A₁B₁C₁D₁. Со­еди­няя их, по­лу­чим точки M и N, как пе­ре­се­че­ния PS с реб­ра­ми A₁D₁ и D₁C₁ со­от­вет­ствен­но. Оста­лось со­еди­нить все точки, и в се­че­нии по­лу­ча­ет­ся пя­ти­уголь­ник BEMNF.

Тре­уголь­ни­ки A₁PE и ABE по­доб­ны по 2 углам (∠PEA₁ = ∠BEA, как вер­ти­каль­ные; ∠PA₁E = ∠EAB  =  90°), тогда

Ана­ло­гич­но Далее, тре­уголь­ни­ки PA₁M и PB₁S по­доб­ны по 2-м углам, от­ку­да по­лу­чим:

Ана­ло­гич­но

Объем нуж­ной нам части можно найти, как раз­ность объ­е­мов пря­мо­уголь­ной пи­ра­ми­ды и пря­мо­уголь­ных пи­ра­мид и (так как эти малые пи­ра­ми­ды равны, то можно про­сто вы­честь 2 объ­е­ма одной пи­ра­ми­ды):

Тогда по­лу­чим:

Ответ: 25 : 72.