а)  Пусть MH  — вы­со­та пра­виль­ной ше­сти­уголь­ной пи­ра­ми­ды с вер­ши­ной M, тогда тре­уголь­ник AMH пря­мо­уголь­ный, от­ку­да

Тре­уголь­ник ABH рав­но­сто­рон­ний, сле­до­ва­тель­но, В тре­уголь­ни­ке AMB вы­со­та

В пра­виль­ном тре­уголь­ни­ке AHB вы­со­та

Тогда ко­си­нус дву­гран­но­го угла при ос­но­ва­нии пи­ра­ми­ды равен А пло­щадь ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды есть пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти пи­ра­ми­ды умно­жить на ко­си­нус дву­гран­но­го угла при ос­но­ва­нии. От­сю­да и сле­ду­ет тре­бу­е­мое.

б)  Центр O сферы, впи­сан­ной в пра­виль­ную ше­сти­уголь­ную пи­ра­ми­ду, лежит на её вы­со­те MH, точка K ка­са­ния сферы и бо­ко­вой грани AMB лежит на от­рез­ке MN. Тре­уголь­ни­ки MOK и MNH по­доб­ны, по­это­му

где r  — ра­ди­ус сферы. Пло­щадь сферы

Ответ:

Ука­жем дру­гой путь на­хож­де­ния ра­ди­у­са.

Объем пи­ра­ми­ды равен

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти пи­ра­ми­ды равна

Тогда

а)  Пусть МН  — вы­со­та пра­виль­ной четырёхуголь­ной пи­ра­ми­ды MABCD с вер­ши­ной М. тогда тре­уголь­ник АМН пря­мо­уголь­ный. МA  =  10, МН  =  6, от­ку­да

Тре­уголь­ник АВН пря­мо­уголь­ный рав­но­бед­рен­ный, сле­до­ва­тель­но, В тре­уголь­ни­ке AMB вы­со­та

В рав­но­бед­рен­ном пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке АВН вы­со­та

За­ме­тим, что MNH  — ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го дву­гран­но­го угла. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MNH катет MH боль­ше ка­те­та NH, по­сколь­ку по­это­му угол, ле­жа­щий на­про­тив MH, боль­ше, чем угол, ле­жа­щий на­про­тив NH, а зна­чит, боль­ше, чем

б)  Центр О сферы, впи­сан­ной в пра­виль­ную четырёхуголь­ную пи­ра­ми­ду, лежит на её вы­со­те MH, точка K ка­са­ния сферы и бо­ко­вой грани АМВ лежит на от­рез­ке MN. Тре­уголь­ни­ки MOK и MNH по­доб­ны, по­это­му

где r  — ра­ди­ус сферы.

Пло­щадь сферы

Ответ:

а)  Осе­вым се­че­ни­ем яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник ABC, бо­ко­вые сто­ро­ны ко­то­ро­го яв­ля­ют­ся об­ра­зу­ю­щи­ми ко­ну­са, а ос­но­ва­ни­ем  — его диа­метр, и впи­сан­ная в тре­уголь­ник окруж­ность, ра­ди­ус ко­то­рой равен ра­ди­у­су шара (см. рис.).

б)  Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Пусть O  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти, от­ре­зок CO  — бис­сек­три­са угла ACB и пусть имеем:

Тогда Для пло­ща­дей по­верх­но­стей ко­ну­са и шара имеем: Таким об­ра­зом, ис­ко­мое от­но­ше­ние равно или 8 : 3.

Ответ: 8 : 3.

а)  Пусть MH  — вы­со­та пра­виль­ной ше­сти­уголь­ной пи­ра­ми­ды с вер­ши­ной M, тогда тре­уголь­ник AMH пря­мо­уголь­ный, MA  =  10 и MH  =  6, от­ку­да

Далее, Рас­смот­рим се­че­ние пи­ра­ми­ды, про­хо­дя­щее через точки A, M, D, по­лу­ча­ем

по­это­му, по тео­ре­ме ко­си­ну­сов, угол AMD тупой. Таким об­ра­зом, на­при­мер, го­дит­ся се­че­ние пи­ра­ми­ды плос­ко­стью AMD. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Тре­уголь­ник ABH рав­но­сто­рон­ний, сле­до­ва­тель­но, В тре­уголь­ни­ке AMB вы­со­та

В пра­виль­ном тре­уголь­ни­ке AHB вы­со­та

Центр O сферы, впи­сан­ной в пра­виль­ную ше­сти­уголь­ную пи­ра­ми­ду, лежит на её вы­со­те MH, точка K ка­са­ния сферы и бо­ко­вой грани AMB лежит на от­рез­ке MN. Тре­уголь­ни­ки MOK и MNH по­доб­ны, по­это­му

где r  — ра­ди­ус сферы. Пло­щадь сферы

Ответ: б)

а)  Любое се­че­ние шара плос­ко­стью  — это круг, при­чем ра­ди­ус этого круга не пре­вос­хо­дит ра­ди­у­са са­мо­го шара. Тогда из усло­вия сле­ду­ет, что где R  — ра­ди­ус мень­ше­го шара. Тогда пло­щадь его по­верх­но­сти, рав­ная не мень­ше чем 32. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Рас­смот­рим се­че­ние, про­хо­дя­щее через общий центр шаров и цен­тры кру­гов. Обо­зна­че­ние цен­тра, точки ка­са­ния и точек пе­ре­се­че­ния по­верх­но­стей шаров с плос­ко­стя­ми α и β дано на ри­сун­ке.

От­ре­зок FD  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии мень­ше­го шара плос­ко­стью α, тогда   — пло­щадь се­че­ния мень­ше­го шара плос­ко­стью α.

От­ре­зок AB  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии боль­ше­го шара плос­ко­стью β, тогда   — пло­щадь се­че­ния боль­ше­го шара плос­ко­стью β.

От­ре­зок CF  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии боль­ше­го шара плос­ко­стью α.

Па­рал­лель­ные пря­мые AB и CF пер­пен­ди­ку­ляр­ны пря­мой  AF. Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков по­лу­ча­ем:

от­ку­да

Пло­щадь се­че­ния боль­ше­го шара плос­ко­стью α:

Ответ: б)  13.