Обозначим радиус шара через радиус основания конуса через а высоту конуса — через Тогда объём конуса равен

Объём шара

Отношение этих объемов равно

Можно считать, что верхняя точка шара находится на поверхности воды, иначе воды выльется ещё меньше.

Из подобия прямоугольных треугольников и имеем

Возведем равенство в квадрат, получим

Значит, отношение объёмов равно

где Максимум этой функции достигается в вершине параболы, то есть при и составляет

Заметим, что максимум достигается при при этом

Пусть точка — центр , а — центр окружности основания конуса. . Продлим стороны до пересечения в точке . Введём прямоугольную декартовую систему координат, как на рисунке: — начало координат, ось направим вдоль , вдоль , вдоль .

Сделаем гомотетию с центром в точке так, чтобы центр окружности перешёл в точку . Сама же точка

Найдём уравнение плоскости , содержащую окружность конуса с центром в точке . Так как — служит осью конуса, то в качестве вектора нормали возьмём .

Так как , то

Найдём уравнение плоскости :

Возьмём в качестве , тогда получим

Найдём уравнение прямой :

Сложив первое уравнение, умноженное на , со вторым и, выразив , получим . Откуда можно подставить в первое уравнение и выразить . Тогда уравнение прямой в параметрическом виде:

Её направляющий вектор .

Пусть — точка касания окружности с плоскостью , тогда лежит на прямой , , :

Тогда

Уравнение плоскости :

Найдём уравнение прямой :

Подставляя во второе уравнение и выражая x, получим параметрическое уравнение прямой :

Её направляющий вектор .

Пусть — точка касания окружности с плоскостью , тогда лежит на прямой , ,

В силу симметрии картинки относительно плоскости , если окружность касается плоскости , то она будет касаться и плоскости , поэтому для касания всех трёх плоскостей, содержащих граней необходимо и достаточно выполнения уравнения:

Тогда

Рассмотрим

а) Зона покрытия — часть сферы, лежащая внутри конуса. , где — высота сегмента. , здесь угол — угол между радиусом ОГ и линией ОА, соединяющий центр сферы с центром окружности, которая является линией пересечения сферы и конуса.

Тогда площадь равна

б) Пусть О — центр сферы, В — точка касания первой и второй окружности, А и их центры этих окружностей, — точки пересечения радиусов со сферой. Обозначим — угол между ОЗ и ОВ. Тогда

В правильной пирамиде О плоские углы при вершине равны двугранный угол при ребре О3 равен Опустив перпендикуляры из точек и на ребро О3 в точку H, треугольники О и О равны (по трем сторонам), т.к. две стороны равны а третья

Пусть — центр окружности основания конуса, радиуса - центр одного из шаров радиуса — точка касания этого шара с плоскостью основания, — точка касания соседнего шара с плоскостью основания конуса. Значит, из треугольника можем получить

Так как каждый шар касается двух соседних, то точки касания этих шаров с плоскостью основания конуса расположены в вершинах правильного 11-угольника вписанного в окружность с центром в точке радиуса и стороной, равной Поэтому

Пусть - середина и - медианы равнобедренных треугольников и , a значит, биссектрисы и высоты. То есть . Значит, отрезок перпендикулярен плоскости , следовательно, . Таким образом, лежит в плоскости, перпендикулярной оси цилиндра (обозначим эту плоскость через ). Сечение цилиндра этой плоскостью - окружность, а является хордой этой окружности. Тогда радиус цилиндра минимален, если диаметр. Отметим, что это возможно в силу того, что отрезки и длиннее, чем . Действительно, из треугольников и следует, что .

Рассмотрим тетраэдр, в котором является диаметром цилиндра. Возможны 2 случая: точки и лежат по одну (этот случай представлен выше) или по разные стороны плоскости .

Пусть - проекция точек и на плоскость . Угол , так как он вписан в окружность и опирается на её диаметр. в силу равенства треугольников и . Тогда . По теореме Пифагора в прямоугольных треугольниках и соответственно: .

Тогда, если точки и лежат по одну сторону от плоскости , то . Если точки и лежат по разные стороны от плоскости , то .

Доказано, что 𝐴𝐵 – диаметр цилиндра наименьшего радиуса – 2 балла; если при этом не проверено, что точки 𝐶 и 𝐷 могут лежать на боковой поверхности такого цилиндра (например, можно доказать, что треугольники 𝐴𝐵𝐶 и 𝐴𝐵𝐷 остроугольные; можно сделать, как в решении), то 1 балл вместо 2;

найдены оба значения 𝐶𝐷 – 3 балла;

найдено только одно значение 𝐶𝐷 – 1 балл вместо 3.

Противоположные стороны четырёхугольника попарно равны, так что он параллелограмм. Поскольку плоскость пересекает плоскости и по параллельным прямым и , эти прямые параллельны прямой пересечения этих плоскостей - то есть . Аналогично, NK . В правильной треугольной пирамиде скрещивающиеся рёбра перпендикулярны друг другу, поэтому , а прямоугольник. Следовательно, радиусы окружностей и равны .

Отсюда также следует, что прямоугольник симметричен относительно плоскости , содержащей ребро и середину . Тогда и конусы и также симметричны относительно этой плоскости. Поэтому - середина .

Обозначим через и середины сторон и соответственно, а через и центры окружностей и соответственно; эти четыре точки лежат на оси симметрии прямоугольника , параллельной , а значит - в плоскости . Более того, , то есть треугольники и подобны.

Пусть . Тогда . Поскольку , из подобия получаем , т.е. . Аналогично, . C другой стороны, так как конус прямой, имеем , причём . Отсюда , или , откуда . Значит, .

Итак, , и из подобия имеем

откуда и . Пусть пересекает в точке . Тогда высота треугольника , причём (поскольку ) . Значит, . Поскольку - прямоугольник, так что . Отсюда .

Пусть центр основания радиуса — точка , точка рядом , а — вершина конуса. Пусть также пересекает окружность в . Касательные плоскости содержат касательные из к окружности, пусть это и . Легко видеть, что и и есть искомые плоскости, проведём в этих треугольниках высоты к , которые в силу симметрии упадут в одну точку . Тогда наша задача сводится к поиску .

Итак, будем искать отрезки и . По теореме об отрезках касательной и секущей

Здесь мы просто посчитали площадь прямоугольного треугольника двумя способами. Теперь заметим, что , поскольку две прямые ей перпендикулярны, откуда , то есть , как прямоугольные с общим углом. Имеем

В итоге .

Пусть высота и радиус исходного конуса равны и , а высота и радиус цилиндра равны и . Воспользуемся формулой для объема усеченного конуса: . Также мы знаем, что . Поделив соответствующие части равенств получаем

Решая квадратное уравнение, получаем корни и геометрический смысл имеет только положительный. , откуда получаем для исходного конуса:

Обозначим через радиус шара, а через и — середины рёбер и соответственно. Плоскость есть центральное сечение шара. Пусть — высота цилиндра, тогда радиус его основания равен . Пусть — точка пересечения отрезков и . Справедливы соотношения , где центр шара. Если — проекция точки на основание цилиндра, то из подобия прямоугольных треугольников и получаем

Тогда Значит, . Площадь боковой поверхности

Пусть — общая вершина рассматриваемых конусов, и — их оси. Обозначим через и их общие образующие и через искомый угол . Описанная в задаче конфигурация имеет две плоскости симметрии: одна — — содержит оси конусов, другая — — содержит из образующие. Тогда эти плоскости перпендикулярны. Пусть прямая их пересечения.

Обозначим через угол в осевом сечении каждого из конусов. Так как является образующей для конуса с осью и наоборот, то . Кроме тогда, и .

Будем считать, что точки лежат в некоторой плоскости, перпендикулярной прямой и расположенной на расстояние от вершины . Тогда из пирамиды , в которой все плоские углы при вершине прямые, имеем

Тогда по теореме косинусов для треугольников и

Приравняем эти 2 выражения и домножим на квадраты косинусов.

Мы знаем, что , поэтому