Сферы

Выражаем объёмы через угол

Пусть радиус основания конуса равен $R$, высота $H$. Пусть угол между образующей и плоскостью основания равен $\alpha$. Из прямоугольного треугольника в осевом сечении находим высоту: $H = R\tg\alpha$.

Объём конуса:

В осевом сечении конус даёт равнобедренный треугольник, а сфера — вписанную в него окружность. Центр окружности лежит на высоте треугольника (ось симметрии — обоснование см. выше). Радиус окружности $r$ найдём из прямоугольного треугольника, образованного радиусом основания $R$, высотой $r$ и биссектрисой угла $\alpha$ (центр вписанной окружности лежит на биссектрисе угла при основании):

Объём сферы:

Составляем и решаем уравнение

Составим отношение объёмов по условию:

Для упрощения введём замену $t = \tg\!\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$. Поскольку $\alpha \in \left(0;\, \dfrac{\pi}{2}\right)$ (угол образующей с основанием острый), то $t \in (0;\, 1)$. Используем формулу тангенса двойного угла $\tg\alpha = \dfrac{2t}{1-t^2}$:

Пусть $y = t^2$, тогда $9y^2 - 9y + 2 = 0$. Дискриминант $D = 81 - 72 = 9$. Корни: $y_1 = \dfrac{9-3}{18} = \dfrac{1}{3}$ и $y_2 = \dfrac{9+3}{18} = \dfrac{2}{3}$.

Проверяем геометрическую допустимость корней

Проверка геометрической допустимости обоих корней. Это ключевой шаг под рубрику ДВИ: найденный корень обязан давать невырожденный острый конус, то есть $t = \tg\!\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) \in (0;1)$ и $\alpha \in \left(0; \dfrac{\pi}{2}\right)$.

• $y_1 = \dfrac13$: $t = \dfrac{1}{\sqrt3} \approx 0{,}577 \in (0;1)$ — допустимо, $\dfrac{\alpha}{2} = 30^\circ$, $\alpha = 60^\circ < 90^\circ$.
• $y_2 = \dfrac23$: $t = \sqrt{\dfrac23} \approx 0{,}816 \in (0;1)$ — допустимо, $\alpha = 2\arctg\sqrt{\dfrac23} \approx 78{,}5^\circ < 90^\circ$.

Оба корня дают невырожденный конус, значит, оба входят в ответ — отбрасывать наугад нельзя.

Находим угол при вершине

Возвращаемся к углу при вершине осевого сечения. Осевое сечение — равнобедренный треугольник с углами при основании $\alpha$, поэтому угол при вершине равен $180^\circ - 2\alpha$.

1. $\tg^2\!\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = \dfrac{1}{3} \implies \tg\!\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = \dfrac{1}{\sqrt3} \implies \dfrac{\alpha}{2} = 30^\circ \implies \alpha = 60^\circ$. Угол при вершине: $180^\circ - 2\cdot 60^\circ = 60^\circ$.

2. $\tg^2\!\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = \dfrac{2}{3} \implies \tg\!\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = \sqrt{\dfrac{2}{3}} \implies \alpha = 2\arctg\sqrt{\dfrac{2}{3}}$. Угол при вершине: $\pi - 4\arctg\sqrt{\dfrac{2}{3}} \approx 23^\circ$.

Строим проекцию и проверяем применимость формулы

Обозначим центры больших шаров $O_1, O_2, O_3$. Их проекции на плоскость $\alpha$ (точки касания с плоскостью) назовём $T_1, T_2, T_3$. Все шары лежат по одну сторону от $\alpha$ и касаются её, попарное касание внешнее — значит, формула $2\sqrt{Rr}$ применима. Так как большие шары касаются внешним образом, расстояние между любыми двумя их центрами равно $R + R = 2R$. По формуле расстояния между точками касания, расстояние между их проекциями равно $2\sqrt{R\cdot R} = 2R$. Следовательно, треугольник $T_1T_2T_3$ — равносторонний со стороной $2R$.

Находим положение проекции малого шара

Пусть $O_4$ — центр маленького шара, а $T_4$ — его проекция на плоскость $\alpha$. Маленький шар касается каждого из больших, значит, расстояния $O_1O_4 = O_2O_4 = O_3O_4 = R + r$. Проекция этого касания на плоскость $\alpha$ (отрезок $T_1T_4$) по той же формуле равна $2\sqrt{Rr}$.

Поскольку $T_4$ равноудалена от всех вершин правильного треугольника $T_1T_2T_3$, точка $T_4$ — его центр (центр описанной окружности). Радиус описанной окружности правильного треугольника со стороной $a = 2R$:

Составляем и решаем уравнение

Приравниваем два выражения для $T_1T_4$:

Возводим в квадрат:

Проверка допустимости: $r = \dfrac{R}{3} > 0$, малый шар умещается в «лунку» между тремя большими (его проекция $T_4$ — центр треугольника, лежит внутри), решение геометрически реализуемо.

Сводим задачу к плоскому сечению

Так как пирамида правильная, центр вписанной сферы $O$ лежит на её высоте $SH$ (ось симметрии — см. обоснование выше). Сфера касается боковых граней на их апофемах. Введём обозначения: $H$ — центр основания $ABCD$, $M$ — середина ребра $BC$, $N$ — середина противоположного ребра $AD$. Точка касания сферы с боковой гранью лежит на апофеме грани, то есть в плоскости симметрии $SMN$. Поэтому достаточно рассмотреть сечение пирамиды плоскостью $SMN$ (она проходит через высоту $SH$ и середины противоположных сторон основания).

Это сечение — равнобедренный треугольник $SMN$. В нём сфера даёт вписанную окружность радиуса $r$, касающуюся основания $MN$ в точке $H$ и боковых сторон $SM$, $SN$. Радиус этой окружности равен радиусу искомой сферы.

Находим стороны треугольника $SMN$

Найдём стороны треугольника $SMN$.

Основание: $MN = AB = 4$, значит, $MH = \dfrac{MN}{2} = 2$.

Боковая сторона $SM$ есть апофема боковой грани. Пусть $C$ — конец ребра $BC$ (вершина основания), $M$ — его середина, тогда $MC = \dfrac{BC}{2} = 2$. В правильной пирамиде апофема $SM \perp BC$, поэтому из прямоугольного треугольника $SMC$ ($SC = \sqrt{17}$ — боковое ребро, $MC = 2$):

Эта апофема $SM$ лежит в плоскости сечения $SMN$, поэтому она и есть боковая сторона треугольника $SMN$. Итак, $SM = SN = \sqrt{13}$, $MN = 4$.

Высоту $SH$ треугольника найдём из прямоугольного $\triangle SMH$:

Считаем радиус через площадь и полупериметр

Радиус вписанной окружности находим через площадь $S = p\cdot r$, где $p$ — полупериметр:

Площадь $S = \dfrac{1}{2}\cdot MN \cdot SH = \dfrac{1}{2}\cdot 4 \cdot 3 = 6$.

Выражаем радиус:

Избавимся от иррациональности в знаменателе, домножив на сопряжённое $(\sqrt{13} - 2)$:

Численно $r \approx \dfrac{2(3{,}606 - 2)}{3} \approx 1{,}07$.

Вводим обозначения и ось

Пусть $ABCD$ — квадрат-основание со стороной $6$, $S$ — вершина, $H$ — центр основания (точка пересечения диагоналей), $SH = 4$ — высота. Описанная сфера проходит через все пять вершин $A, B, C, D, S$.

В силу симметрии центр $O$ описанной сферы лежит на оси пирамиды — на прямой $SH$ (или её продолжении). Введём ось $Oz$ вдоль $SH$, начало — в центре основания $H$. Тогда:

• вершины основания лежат на высоте $z = 0$ на расстоянии $d$ от оси, где $d = HA$ — половина диагонали квадрата:

• вершина $S$ имеет координату $z = 4$ на оси (расстояние от оси равно $0$).

Составляем уравнение равноудалённости

Пусть центр сферы $O$ имеет координату $z$ на оси. Условие «$O$ равноудалён от вершины основания и от вершины $S$»:

Подставляем $d^2 = 18$:

Находим радиус и проверяем

Центр сферы оказался ниже плоскости основания ($z < 0$) — это нормально для «плоской» пирамиды; геометрически допустимо. Радиус:

Проверка: $|OS|^2 = (4 - z)^2 = \left(4 + \dfrac14\right)^2 = \left(\dfrac{17}{4}\right)^2 = \dfrac{289}{16}$ — совпало с $R^2$, значит, $O$ действительно равноудалён от $S$ и от вершин основания.

Сечение через центр

Сфера радиуса $R = 10$, центр $O$, точка $M$ внутри на расстоянии $OM = 6$.

Сечение через центр проходит на расстоянии $d = 0$ от центра — это большой круг, его радиус равен радиусу сферы:

Сечение через точку $M$

Сечение, перпендикулярное $OM$ и проходящее через $M$, удалено от центра ровно на $d = OM = 6$ (перпендикуляр из $O$ на эту плоскость попадает в $M$). По формуле радиуса сечения: