[latexpage]
Часть задач я взяла из книги Сергеева и Панферова “Задания части 2”, одна же из задач – из сертификационного экзамена для репетиторов. Все задачи объединены одной темой: везде присутствует сфера или шар.
Задача 1. В правильной пирамиде $SABCD$ с высотой 4 сторона основания $SABC$ равна 6. Точки М и N – середины ребер $BC$ и $CD$. Найдите радиус сферы, вписанной в пирамиду $SMNC$.

К задаче 1
Радиус вписанной сферы можно определить по формуле:
$$R=\frac{3V}{S_{poln}}$$
Определим объем пирамиды $SMNC$. Для этого понадобится площадь ее основания.
$$S_{SMC}=\frac{1}{2}CM\cdot SC=\frac{1}{2}\cdot6\cdot 3=9$$
Высота пирамиды может быть опущена из точки $N$ – $NK$. Из подобия треугольников $DHC$ и $NKC$ следует, что
$$\frac{NC}{DC}=\frac{NK}{DH}$$
$$NK=\frac{NC}{DC}\cdot DH=\frac{1}{2}DH=2$$
Объем пирамиды равен:
$$V=\frac{1}{3} S_{SMC}\cdot NK=\frac{1}{3} \cdot9\cdot 2=6$$
Теперь определим площадь поверхности пирамиды. Нам понадобится площадь боковой грани пирамиды $SABCD$. Найдем ее апофему:
$$DM=\sqrt{DH^2+HM^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$$
Площадь боковой грани равна
$$S_b=\frac{1}{2}BC\cdot DM=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 5=15$$
Так как $NM$ – средняя линия треугольника $DBC$, то треугольники $NMC$ и $DBC$ подобны с коэффициентом $\frac{1}{2}$. Поэтому площадь треугольника $NMC$ в 4 раза меньше площади $DBC$.
$$ S_{NMC}=\frac{15}{4}$$
Так как $SN$ – медиана треугольника$SDC$, то делит она его на два равновеликих треугольника. Тогда $S_{SNC}=\frac{1}{2}S_b=\frac{15}{2}$.
Осталось нам определить площадь треугольника $SNM$. Определим для этого его стороны.
$$NC=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}\sqrt{DH^2+HC^2}=\frac{1}{2}\sqrt{4^2+(3\sqrt{2})^2}=\frac{\sqrt{34}}{2}$$
$$NM=NC=\frac{\sqrt{34}}{2}$$
$$SM=\sqrt{SC^2+CM^2}=\sqrt{6^2+3^2}=\sqrt{45}$$
Найдем $SN$ через площадь треугольника $SNC$.
$$ S_{SNC}=\frac{1}{2}\cdot SC\cdot NC\sin{\angle SCN}=\frac{15}{2}$$
Откуда
$$ SC\cdot NC\sin{\angle SCN}=15$$
$$\sin{\angle SCN}=\frac{5}{\sqrt{34}}$$
Тогда косинус равен
$$\cos{\angle SCN}=\sqrt{1-\sin^2{\angle SCN}}=\sqrt{1-\frac{25}{34}}=\frac{3}{\sqrt{34}}$$
Тогда по теореме косинусов
$$SN^2=SC^2+NC^2-2 SC\cdot NC\cdot\cos{\angle SCN}$$
$$SN=\sqrt{SC^2+NC^2-2 SC\cdot NC\cdot\cos{\angle SCN}}=\sqrt{6^2+\frac{34}{4}-12 \cdot\frac{\sqrt{34}}{2}\cdot\frac{3}{\sqrt{34}}}=\sqrt{\frac{53}{2}}$$
Применим теорему косинусов уже к треугольнику $SNM$.
$$SN^2=SM^2+NM^2-2 SM\cdot NM\cdot\cos{\angle SMN}$$
$$\cos{\angle SMN}=-\frac{ SN^2-SM^2-NM^2}{2 SM\cdot NM }=-\frac{ \frac{53}{2}-45-\frac{34}{4}}{2 \sqrt{45}\cdot \frac{\sqrt{34}}{2}}=\frac{27}{\sqrt{45\cdot 34}}=\frac{9}{\sqrt{170}}$$
Тогда по основному тригонометрическому тождеству
$$\sin{\angle SMN}=\sqrt{1-\cos^2{\angle SMN}}=\sqrt{1-\frac{81}{170}}=\sqrt{\frac{89}{170}}$$
Площадь треугольника $SNM$:
$$ S_{SNM}=\frac{1}{2}SM\cdot NM\sin{\angle SMN}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{45}\cdot \frac{\sqrt{34}}{2}\cdot\sqrt{\frac{89}{170}}=\frac{3}{4}\sqrt{89}$$
Площадь полной поверхности пирамиды $SMNC$ равна:
$$S_{poln}= S_{SNM}+ S_{NMC}+ S_{SMC}+ S_{SNC}=\frac{3}{4}\sqrt{89}+\frac{15}{4}+9+\frac{15}{2}=\frac{81}{4}+\frac{3}{4}\sqrt{89}$$
Радиус вписанной сферы равен:
$$R=\frac{3V}{S_{poln}}=\frac{18}{\frac{81}{4}+\frac{3}{4}\sqrt{89}}=\frac{24}{27+\sqrt{89}}$$
Ответ: $R=\frac{24}{27+\sqrt{89}}$.
Задача 2. Какими должны быть радиусы четырех одинаковых шаров, чтобы их можно было разместить внутри данной сферы радиуса $R$ и при этом каждый шар касался сферы и трех других шаров?
Шары надо расположить так: уложить на плоскость три шарика, а сверху на них положить четвертый, тогда мы выполним условие задачи.
Центры шариков образуют правильный тетраэдр с длиной ребра $2r$.
Радиус сферы, описанной около правильного тетраэдра с ребром $a$ выражается формулой:
$$R=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{r\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$$
Но искомый радиус сферы больше на радиус шарика $r$, поэтому:
$$R’=R+r=\frac{r\sqrt{3}}{\sqrt{2}}+r$$
$$r=\frac{\sqrt{2} R}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}$$
Ответ: $r=\frac{\sqrt{2} R}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}$.
Задача 3. Два шара радиуса $r$ касаются друг друга и боковой поверхности конуса, а также его основания – в точках, симметричных относительно центра. Найдите объем конуса, если его высота в 4/3 раза больше радиуса основания.

К задаче 3
Объем конуса равен $V=\frac{1}{3}H\cdot \pi R^2$, а с учетом данных задачи,
$$ V=\frac{1}{3}\cdot \frac{4}{3}R\cdot \pi R^2=\frac{4}{9}\pi R^3$$
Отношение $\frac{H}{R}=\frac{4}{3}=\operatorname{tg}{\alpha}$.
Тогда
$$\operatorname{tg}{\alpha}=\frac{2\operatorname{tg}{\frac{\alpha}{2}}}{1-\operatorname{tg^2}{\frac{\alpha}{2}}}=\frac{4}{3}$$
$$\operatorname{tg}{\frac{\alpha}{2}}=\frac{2}{3}(1-\operatorname{tg^2}{\frac{\alpha}{2}})$$
Получили квадратное уравнение:
$$2\operatorname{tg^2}{\frac{\alpha}{2}}+3\operatorname{tg}{\frac{\alpha}{2}}-2=0$$
$$\operatorname{tg}{\frac{\alpha}{2}}=\frac{1}{2}$$
Или
$$\operatorname{tg}{\frac{\alpha}{2}}=-2$$
Так как угол острый, то второе значение тангенса неактуально. Радиус основания конуса $R=x+r$,
$$\operatorname{tg}{\frac{\alpha}{2}}=\frac{r}{x}$$
Откуда $x=2r$, $R=3r$.
Тогда
$$ V=\frac{4}{9}\pi R^3=12\pi r^3$$
Ответ: $ V=12\pi r^3$.
Задача 4. Радиус шара, вписанного в правильную четырехугольную пирамиду, равен $r=\frac{4}{19}\sqrt{114}$. Чему равен объем второй пирамиды, имеющей вершину в центре шара, а вершины основания – в точках касания шара с боковыми гранями этой пирамиды, если двугранный угол, образованный соседними боковыми гранями второй пирамиды, равен $118^{\circ}$? Ответ округлите до целых.
Изобразим всю конструкцию:

К задаче 4 – рисунок 1
Теперь перевернем маленькую пирамиду на основание.

К задаче 4 – рисунок 2
Проведем перпендикуляры из вершин $M$ и $P$ к ребру $RT$. Угол $MZP$ – линейный угол двугранного угла, который равен $118^{\circ}$. Обозначим длину стороны основания $b$, а боковые ребра – это радиусы шара. Диагональ основания пирамиды равна $b\sqrt{2}$. Запишем теорему косинусов для диагонали основания из треугольника $MZP$.
$$MP^2=MZ^2+ZP^2-2MZ\cdotZP\cos{MZP}$$
Если обозначить $MZ=ZP=h_1$, а апофему пирамиды – $h_2$, то
$$ (b\sqrt{2})^2=h_1^2+h_1^2-2h_1^2\cos{MZP}$$
Площадь треугольника $MTR$ можно определить двумя способами: через $h_1$ и основание $TR$, и через $h_2$ и основание $MR$:
$$2S=h_1\cdot TR=h_2\cdot MR$$
$$MR=b$$
$$TR= r$$
Тогда:
$$h_1\cdot r=h_2\cdot b$$
Тогда
$$h_1=\frac{ h_2\cdot b }{r}$$
Подставим в ранее составленную теорему косинусов:
$$ 2b^2=2h_1^2(1-\cos{MZP})$$
$$ 2b^2=2b^2\frac{h_2^2}{r^2}(1-\cos{MZP})$$
Сократим на $2b^2$, домножим на $r^2$, изменим знак перед косинусом с учетом того, что угол тупой и знак косинуса – отрицательный. Далее под $\cos{MZP}$ будем иметь в виду модуль косинуса этого угла.
$$ r^2=h_2^2(1+\cos{MZP})$$
Определим длину $h_2$ из равнобедренного треугольника $MTR$, в котором она является высотой и медианой:
$$h_2^2=r^2-\left(\frac{b}{2}\right)^2$$
Снова подставим:
$$ r^2=( r^2-\left(\frac{b}{2}\right)^2)(1+\cos{MZP})$$
Раскрываем скобки:
$$ r^2= r^2+ r^2\cos{MZP}-\frac{b^2}{4}-\frac{b^2}{4}\cos{MZP})$$
Откуда
$$b^2=\frac{4r^2\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}$$
Это ни что иное, как площадь основания.
Зная длину ребра основания, найдем высоту пирамиды:
$$H^2=r^2-\frac{b^2}{2}$$
$$H^2=r^2-\frac{2r^2\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}$$
$$H^2=r^2\left(1-\frac{2\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}\right)$$
$$H^2=r^2\left(\frac{1-\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}\right)$$
$$H=r\sqrt{\frac{1-\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}}$$
Определяем объем пирамиды:
$$V=\frac{1}{3}SH=\frac{1}{3}b^2H=\frac{1}{3}\cdot\frac{4r^2\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}\cdot r\sqrt{\frac{1-\cos{MZP}}{1+\cos{MZP}}}=\frac{4r^3\cos{MZP}(\sqrt{1-\cos{MZP}})}{3(1+\cos{MZP})^{\frac{3}{2}}}=2,9$$
Ответ: с округлением $V=3$.
Задача 5. Три параллельные прямые касаются в точках А, В и С сферы с центром О и радиусом 4. Найдите $\angle ABC$ , если площадь треугольника $AOC$ равна 4, а площадь треугольника $ABC$ больше 16.

К задаче 5 – рисунок 1
Три прямые, если они параллельны, должны касаться сферы в точках, принадлежащих одной окружности, а именно – окружности, ограничивающей осевое сечение сферы. Тогда задача имеет два решения в зависимости от расположения точек $A, B$ и $C$. При первом расположении
$$S_{AOC}=\frac{1}{2}R^2\sin{\alpha}$$
$$\sin{\alpha}=\frac{ 2S_{AOC}}{R^2}=\frac{8}{16}=\frac{1}{2}$$
То есть $\alpha=30^{\circ}$, или, что более вероятно (из условия о площади), $\alpha=150^{\circ}$.
Тогда угол, дополняющий данный до $360^{\circ}$, равен $210^{\circ}$, а угол $ABC$, как вписанный, равен $105^{\circ}$.
Но в задаче есть еще одно условие, о том, что площадь треугольника $ABC$ больше 16. По нашей картинке так не получается. Это наводит на мысль об ином расположении точек $A, B$ и $C$.

К задаче 5 – рисунок 2
Нарисуем по-другому. В этом случае условие о площади соблюдено, а угол тогда равен $\angle ABC=75^{\circ}$.
Ответ: $\angle ABC=75^{\circ}$.
В 14-ой нашел отношение q1\q2 + q2\q1 = 7 а дальше никак не...
Почему в 13 задании объем воды уменьшается? У нас же плавится...
А как решается 6-й...
Понял,...
Потому что дана не удельная, а просто теплоемкость - она уже внутри себя несет...