Страница 193 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

808. В двух параллельных плоскостях взяты два многоугольника. Их вершины соединены отрезками так, что у полученного многогранника все боковые грани — трапеции, треугольники и параллелограммы. Докажите, что

где V — объём многогранника, h — его высота, S₁ и S₂ — площади оснований, a S₃ — площадь сечения плоскостью, параллельной плоскостям оснований и равноудалённой от них.

Рассматриваемый многогранник, у которого основаниями служат два многоугольника, лежащие в параллельных плоскостях, а боковыми гранями являются трапеции, треугольники или параллелограммы, называется призмоидом. Для доказательства формулы объема, известной как формула Симпсона для объемов, воспользуемся методом интегрирования, основанным на принципе Кавальери.

Доказательство

Введем систему координат так, чтобы плоскость одного основания (с площадью $S_1$) совпадала с плоскостью $z=0$, а плоскость другого основания (с площадью $S_2$) — с плоскостью $z=h$. Тогда высота призмоида $h$ — это расстояние между этими плоскостями. Сечение, равноудаленное от оснований, будет находиться в плоскости $z=h/2$, и его площадь равна $S_3$.

Ключевым свойством призмоида является то, что площадь $S(z)$ его поперечного сечения плоскостью, параллельной основаниям и находящейся на высоте $z$ от нижнего основания, является квадратичной функцией от $z$. То есть, $S(z) = az^2 + bz + c$, где $a$, $b$ и $c$ — некоторые постоянные коэффициенты.

Используем известные значения площади для нахождения этих коэффициентов. У нас есть три условия:
1. При $z=0$: $S(0) = a \cdot 0^2 + b \cdot 0 + c = c$. Поскольку $S(0) = S_1$, получаем $c = S_1$.
2. При $z=h$: $S(h) = ah^2 + bh + c = S_2$.
3. При $z=h/2$: $S(h/2) = a(h/2)^2 + b(h/2) + c = S_3$.

Подставим $c=S_1$ в два последних уравнения и получим систему для определения $a$ и $b$:
(i) $ah^2 + bh = S_2 - S_1$
(ii) $a\frac{h^2}{4} + b\frac{h}{2} = S_3 - S_1$

Согласно принципу Кавальери, объем тела можно найти, проинтегрировав площадь его поперечного сечения по высоте от $z=0$ до $z=h$:
$V = \int_0^h S(z) dz = \int_0^h (az^2 + bz + c) dz$.
Вычисляем интеграл:
$V = \left[ \frac{az^3}{3} + \frac{bz^2}{2} + cz \right]_0^h = \frac{ah^3}{3} + \frac{bh^2}{2} + ch$.

Для того чтобы выразить этот объем через $S_1$, $S_2$ и $S_3$, преобразуем полученное выражение, вынеся за скобки $h/6$:
$V = \frac{h}{6} (2ah^2 + 3bh + 6c)$.

Теперь решим систему уравнений. Умножим второе уравнение системы (ii) на 4, чтобы получить $ah^2 + 2bh = 4S_3 - 4S_1$. Теперь вычтем из него первое уравнение (i):
$(ah^2 + 2bh) - (ah^2 + bh) = (4S_3 - 4S_1) - (S_2 - S_1)$,
что дает $bh = 4S_3 - 3S_1 - S_2$.

Подставим найденное выражение для $bh$ в первое уравнение системы (i):
$ah^2 + (4S_3 - 3S_1 - S_2) = S_2 - S_1$,
откуда $ah^2 = (S_2 - S_1) - (4S_3 - 3S_1 - S_2) = 2S_1 + 2S_2 - 4S_3$.

Теперь у нас есть все необходимые компоненты: $c=S_1$, $bh = 4S_3 - 3S_1 - S_2$ и $ah^2 = 2S_1 + 2S_2 - 4S_3$. Подставим их в формулу для объема $V = \frac{h}{6} (2ah^2 + 3bh + 6c)$:
$V = \frac{h}{6} [2(2S_1 + 2S_2 - 4S_3) + 3(4S_3 - 3S_1 - S_2) + 6S_1]$.

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:
$V = \frac{h}{6} [ (4S_1 + 4S_2 - 8S_3) + (12S_3 - 9S_1 - 3S_2) + 6S_1 ]$
$V = \frac{h}{6} [ (4S_1 - 9S_1 + 6S_1) + (4S_2 - 3S_2) + (-8S_3 + 12S_3) ]$.

Окончательно получаем:
$V = \frac{h}{6} (S_1 + S_2 + 4S_3)$.
Таким образом, формула доказана.

Ответ: Утверждение доказано. Объем многогранника действительно выражается формулой $V = \frac{h}{6}(S_1 + S_2 + 4S_3)$.

809. Два равных цилиндра, высоты которых больше их диаметров, расположены так, что их оси пересекаются под прямым углом и точка пересечения осей равноудалена от оснований цилиндров. Найдите объём общей части этих цилиндров, если радиус каждого из них равен 1 см.

Для решения этой задачи воспользуемся методом поперечных сечений. Введем декартову систему координат $Oxyz$ с началом в точке пересечения осей цилиндров.

Пусть ось первого цилиндра совпадает с осью $Oz$, а ось второго — с осью $Oy$. Поскольку радиус каждого цилиндра равен $R=1$ см, их уравнения будут следующими:

• Первый цилиндр (ось $Oz$): $x^2 + y^2 \le R^2 \implies x^2 + y^2 \le 1$
• Второй цилиндр (ось $Oy$): $x^2 + z^2 \le R^2 \implies x^2 + z^2 \le 1$

Общая часть этих двух цилиндров (тело их пересечения) определяется системой неравенств:

Чтобы найти объем этого тела, рассмотрим его сечение плоскостью, перпендикулярной оси $Ox$, на некотором расстоянии $x$ от начала координат, где $x \in [-1, 1]$.

Для фиксированного значения $x$ из системы неравенств получаем:

Эти два неравенства описывают в плоскости сечения квадрат со стороной $a(x)$, длина которой равна:

Площадь этого квадратного сечения $S(x)$ равна:

Объём $V$ общей части цилиндров можно найти, проинтегрировав площадь сечения $S(x)$ по переменной $x$ в пределах от $-R$ до $R$, то есть от $-1$ до $1$.

Вычислим этот интеграл:

Подставляем пределы интегрирования:

Таким образом, объём общей части двух цилиндров составляет $ \frac{16}{3} $ см?.

Ответ: $ \frac{16}{3} \text{ см}^3 $.

810. Вокруг данного шара описан конус с углом α при вершине осевого сечения. При каком значении α конус имеет наименьший объём?

Пусть $r$ — радиус данного шара, который является постоянной величиной. Рассмотрим осевое сечение конуса, которое представляет собой равнобедренный треугольник, описанный вокруг большой окружности шара. Пусть $H$ — высота конуса, $R$ — радиус его основания, а $\alpha$ — угол при вершине осевого сечения.

Свяжем размеры конуса $H$ и $R$ с радиусом шара $r$ и углом $\alpha$. В осевом сечении мы имеем равнобедренный треугольник с углом $\alpha$ при вершине, в который вписана окружность радиуса $r$. Центр окружности лежит на высоте треугольника.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой конуса $H$, его образующей и радиусом основания $R$. Половина угла при вершине равна $\alpha/2$. Из этого треугольника имеем:$R = H \cdot \tan(\frac{\alpha}{2})$.

Теперь рассмотрим другой прямоугольный треугольник, образованный отрезком от вершины конуса до центра шара, радиусом шара, проведенным в точку касания с образующей, и частью образующей. В этом треугольнике гипотенуза — это расстояние от вершины конуса до центра шара, а катет, противолежащий углу $\alpha/2$, — это радиус шара $r$. Расстояние от вершины конуса до центра шара равно $\frac{r}{\sin(\alpha/2)}$.

Высота конуса $H$ складывается из этого расстояния и радиуса шара $r$:$H = \frac{r}{\sin(\alpha/2)} + r = r \left( \frac{1}{\sin(\alpha/2)} + 1 \right) = r \frac{1+\sin(\alpha/2)}{\sin(\alpha/2)}$.

Теперь выразим радиус основания $R$ через $r$ и $\alpha$:$R = H \tan(\frac{\alpha}{2}) = r \frac{1+\sin(\alpha/2)}{\sin(\alpha/2)} \cdot \frac{\sin(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2)} = r \frac{1+\sin(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2)}$.

Объем конуса $V$ вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3}\pi R^2 H$. Подставим полученные выражения для $R$ и $H$:$V(\alpha) = \frac{1}{3}\pi \left( r \frac{1+\sin(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2)} \right)^2 \left( r \frac{1+\sin(\alpha/2)}{\sin(\alpha/2)} \right)$$V(\alpha) = \frac{\pi r^3}{3} \frac{(1+\sin(\alpha/2))^2}{\cos^2(\alpha/2)} \frac{1+\sin(\alpha/2)}{\sin(\alpha/2)} = \frac{\pi r^3}{3} \frac{(1+\sin(\alpha/2))^3}{\cos^2(\alpha/2)\sin(\alpha/2)}$.

Используем тригонометрическое тождество $\cos^2(\alpha/2) = 1 - \sin^2(\alpha/2) = (1-\sin(\alpha/2))(1+\sin(\alpha/2))$:$V(\alpha) = \frac{\pi r^3}{3} \frac{(1+\sin(\alpha/2))^3}{(1-\sin(\alpha/2))(1+\sin(\alpha/2))\sin(\alpha/2)} = \frac{\pi r^3}{3} \frac{(1+\sin(\alpha/2))^2}{(1-\sin(\alpha/2))\sin(\alpha/2)}$.

Для нахождения наименьшего объема нужно найти минимум этой функции. Так как $r$ — константа, нам нужно минимизировать выражение, зависящее от $\alpha$. Сделаем замену $x = \sin(\alpha/2)$. Поскольку $0 < \alpha < \pi$, то $0 < \alpha/2 < \pi/2$, и следовательно $0 < x < 1$.Рассмотрим функцию $f(x) = \frac{(1+x)^2}{x(1-x)} = \frac{1+2x+x^2}{x-x^2}$.

Найдем производную $f'(x)$ и приравняем ее к нулю:$f'(x) = \frac{(2+2x)(x-x^2) - (1+2x+x^2)(1-2x)}{(x-x^2)^2} = 0$.Знаменатель не равен нулю при $x \in (0,1)$, поэтому приравняем к нулю числитель:$(2+2x)(x-x^2) - (1+2x+x^2)(1-2x) = 0$$2x-2x^2+2x^2-2x^3 - (1-2x+2x-4x^2+x^2-2x^3) = 0$$2x-2x^3 - (1-3x^2-2x^3) = 0$$2x-2x^3 - 1+3x^2+2x^3 = 0$$3x^2+2x-1 = 0$.

Решим квадратное уравнение относительно $x$:$D = 2^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-1) = 4 + 12 = 16$.$x_{1,2} = \frac{-2 \pm \sqrt{16}}{2 \cdot 3} = \frac{-2 \pm 4}{6}$.$x_1 = \frac{-2+4}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.$x_2 = \frac{-2-4}{6} = -1$.

Поскольку $x = \sin(\alpha/2)$ и $x \in (0,1)$, нам подходит только корень $x = 1/3$.Проверим знак производной. Функция $3x^2+2x-1$ является параболой с ветвями вверх, она отрицательна между корнями $(-1, 1/3)$ и положительна вне этого интервала. Таким образом, при переходе через точку $x=1/3$ производная меняет знак с минуса на плюс. Это означает, что в этой точке достигается минимум функции.

Итак, объем конуса минимален, когда $\sin(\alpha/2) = 1/3$.Отсюда находим $\alpha$:$\frac{\alpha}{2} = \arcsin(1/3)$,$\alpha = 2\arcsin(1/3)$.

Ответ: Конус имеет наименьший объем при значении угла $\alpha = 2\arcsin(1/3)$.

811. В конус вписан шар. Докажите, что отношение объёмов конуса и шара равно отношению площадей полной поверхности конуса и сферы, являющейся границей шара.

Пусть $R$ — радиус основания конуса, $H$ — его высота, $L$ — длина образующей. Пусть $r$ — радиус вписанного шара.

Требуется доказать, что выполняется следующее равенство: $$ \frac{V_{конуса}}{V_{шара}} = \frac{S_{полн. конуса}}{S_{сферы}} $$

Выразим объемы и площади поверхностей через введенные параметры:
1. Объем конуса: $V_{конуса} = \frac{1}{3} \pi R^2 H$.
2. Объем шара: $V_{шара} = \frac{4}{3} \pi r^3$.
3. Площадь полной поверхности конуса: $S_{полн. конуса} = S_{основания} + S_{боковой} = \pi R^2 + \pi R L = \pi R(R+L)$.
4. Площадь поверхности сферы: $S_{сферы} = 4 \pi r^2$.

Найдем отношение объемов: $$ \frac{V_{конуса}}{V_{шара}} = \frac{\frac{1}{3} \pi R^2 H}{\frac{4}{3} \pi r^3} = \frac{R^2 H}{4 r^3} $$

Найдем отношение площадей поверхностей: $$ \frac{S_{полн. конуса}}{S_{сферы}} = \frac{\pi R(R+L)}{4 \pi r^2} = \frac{R(R+L)}{4 r^2} $$

Для доказательства исходного равенства необходимо установить, что правые части полученных выражений равны между собой: $$ \frac{R^2 H}{4 r^3} = \frac{R(R+L)}{4 r^2} $$ Сократив общие множители ($4r^2$ в знаменателе и $R$ в числителе, так как $R \ne 0$ и $r \ne 0$), получим эквивалентное соотношение, которое нам предстоит доказать: $$ RH = r(R+L) $$

Чтобы доказать это геометрическое соотношение, рассмотрим осевое сечение конуса со вписанным шаром. Сечение представляет собой равнобедренный треугольник, в который вписана окружность. Основание треугольника равно $2R$, высота — $H$, а боковые стороны — $L$. Радиус вписанной окружности равен $r$. Площадь этого треугольника можно вычислить двумя способами:
1. Через основание и высоту: $S_{\triangle} = \frac{1}{2} \cdot (\text{основание}) \cdot (\text{высота}) = \frac{1}{2} \cdot (2R) \cdot H = RH$.
2. Через радиус вписанной окружности и полупериметр. Полупериметр $p$ треугольника равен: $$ p = \frac{2R + L + L}{2} = \frac{2(R+L)}{2} = R+L $$ Тогда площадь треугольника равна: $S_{\triangle} = p \cdot r = (R+L)r$.

Приравнивая два выражения для площади, мы получаем требуемое равенство: $$ RH = r(R+L) $$

Поскольку мы доказали, что $RH = r(R+L)$, то равенство $\frac{R^2 H}{4 r^3} = \frac{R(R+L)}{4 r^2}$ является верным. Следовательно, верно и исходное утверждение: $$ \frac{V_{конуса}}{V_{шара}} = \frac{S_{полн. конуса}}{S_{сферы}} $$ Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано. Для конуса с радиусом основания $R$, высотой $H$ и образующей $L$, в который вписан шар радиуса $r$, выполняется геометрическое соотношение $RH = r(R+L)$. Подстановка этого соотношения в выражения для отношений объемов ($\frac{R^2 H}{4 r^3}$) и площадей поверхностей ($\frac{R(R+L)}{4 r^2}$) показывает их идентичность, что и доказывает утверждение задачи.

812. Правильная четырёхугольная пирамида, у которой сторона основания равна а, а плоский угол при вершине равен α, вращается вокруг прямой, проходящей через вершину параллельно стороне основания. Найдите объём полученного тела вращения.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. Сторона основания $AB = BC = CD = DA = a$. Плоский угол при вершине боковой грани равен $\alpha$, например, $\angle BSC = \alpha$.

Тело вращения образуется при вращении пирамиды вокруг прямой $l$, проходящей через вершину $S$ параллельно стороне основания. Пусть ось вращения $l$ параллельна сторонам $BC$ и $AD$.

Объем полученного тела вращения можно найти как объем тела, образованного вращением треугольного сечения пирамиды, проходящего через высоту и перпендикулярного оси вращения. В нашем случае, поскольку ось $l$ параллельна $BC$, таким сечением является равнобедренный треугольник $SMN$, где $M$ и $N$ — середины сторон $BC$ и $AD$ соответственно. Основание этого треугольника $MN = AB = a$, а высота $SO=H$ является высотой пирамиды.

Ось вращения $l$ проходит через вершину $S$ этого треугольника и параллельна его основанию $MN$. Таким образом, задача сводится к нахождению объема тела, полученного вращением треугольника $SMN$ вокруг прямой, проходящей через его вершину $S$ параллельно основанию $MN$.

Рассмотрим боковую грань, например, треугольник $SBC$. Это равнобедренный треугольник с $SB = SC$ и основанием $BC=a$. Угол при вершине $\angle BSC = \alpha$. Проведем в нем высоту (а также медиану и биссектрису) $SM$ к основанию $BC$. $M$ — середина $BC$, поэтому $BM = a/2$. Треугольник $SBM$ — прямоугольный, и $\angle BSM = \alpha/2$.

Апофема пирамиды $L = SM$ находится из треугольника $SBM$:$L = SM = BM \cdot \cot(\angle BSM) = \frac{a}{2} \cot\left(\frac{\alpha}{2}\right)$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $SOM$, где $S$ — вершина пирамиды, $O$ — центр основания (точка пересечения диагоналей квадрата), $M$ — середина стороны $BC$. Катет $SO$ — это высота пирамиды $H$, катет $OM$ равен половине стороны основания, то есть $OM = a/2$. Гипотенуза $SM$ — это апофема $L$.

По теореме Пифагора для треугольника $SOM$:$H^2 = SO^2 = SM^2 - OM^2 = L^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2$$H^2 = \left(\frac{a}{2} \cot\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{a^2}{4} \cot^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) - \frac{a^2}{4} = \frac{a^2}{4} \left(\cot^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) - 1\right)$.

Для существования пирамиды необходимо, чтобы высота была действительным числом, то есть $H^2 > 0$, что означает $\cot^2(\alpha/2) > 1$, или $\alpha < \pi/2$. Это условие выполняется, так как сумма плоских углов при вершине пирамиды $4\alpha$ должна быть меньше $2\pi$.

Объем тела вращения, полученного вращением треугольника $SMN$ вокруг оси $l$, проходящей через вершину $S$ параллельно основанию $MN$, можно вычислить с помощью второй теоремы Паппа-Гульдина: $V = 2\pi R A$, где $A$ — площадь вращаемой фигуры, а $R$ — расстояние от ее центра масс (центроида) до оси вращения.

Площадь треугольника $SMN$:$A = \frac{1}{2} \cdot MN \cdot SO = \frac{1}{2} a H$.

Центр масс треугольника $SMN$ находится на его медиане (в данном случае высоте) $SO$ на расстоянии $2/3$ от вершины $S$ или $1/3$ от основания $MN$. Расстояние от центра масс до оси вращения $l$ (которая проходит через $S$) равно:$R = \frac{2}{3} SO = \frac{2}{3} H$.

Теперь можем вычислить объем тела вращения:$V = 2\pi \cdot R \cdot A = 2\pi \cdot \left(\frac{2}{3} H\right) \cdot \left(\frac{1}{2} a H\right) = \frac{2}{3} \pi a H^2$.

Подставим найденное ранее выражение для $H^2$:$V = \frac{2}{3} \pi a \left[ \frac{a^2}{4} \left(\cot^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) - 1\right) \right]$.

Упростим выражение:$V = \frac{\pi a^3}{6} \left(\cot^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) - 1\right)$.

Используя тригонометрическую формулу $\cot^2(x) - 1 = \frac{\cos^2(x) - \sin^2(x)}{\sin^2(x)} = \frac{\cos(2x)}{\sin^2(x)}$, можно записать ответ в другом виде:$V = \frac{\pi a^3}{6} \frac{\cos(\alpha)}{\sin^2(\alpha/2)}$.

Ответ: $V = \frac{\pi a^3}{6} \left(\cot^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) - 1\right)$.

813. Шар образован вращением полукруга вокруг прямой, содержащей диаметр. При этом поверхность, образованная вращением некоторой хорды, один конец которой совпадает с концом данного диаметра, разбивает шар на две равные по объёму части. Найдите косинус угла между этой хордой и диаметром.

Пусть радиус шара равен $R$. Объем шара равен $V_{шара} = \frac{4}{3}\pi R^3$. Введем систему координат, в которой центр шара находится в начале координат, а диаметр, вокруг которого происходит вращение, лежит на оси $Ox$. Шар образован вращением полукруга $y = \sqrt{R^2 - x^2}$ ($y \ge 0$) вокруг оси $Ox$.

Рассмотрим хорду, один конец которой находится в точке $A=(R, 0)$. Пусть второй конец хорды — точка $B$, лежащая на полукруге. Обозначим искомый угол между хордой $AB$ и диаметром через $\alpha$. В прямоугольном треугольнике, образованном концами диаметра и точкой $B$, длина хорды $AB$ равна $2R\cos\alpha$. Координаты точки $B$ равны $(x_B, y_B)$, где $x_B = R - 2R\cos^2\alpha = -R\cos(2\alpha)$ и $y_B = 2R\sin\alpha\cos\alpha = R\sin(2\alpha)$.

Поверхность, образованная вращением хорды $AB$ вокруг оси $Ox$, является конической поверхностью. Эта поверхность разделяет шар на две части. Найдем объем $V_1$ одной из этих частей. Эта часть представляет собой тело вращения, образованное вращением криволинейного сектора, ограниченного дугой $AB$ и хордой $AB$. Его объем можно найти как разность объемов шарового сегмента и конуса.

Объем шарового сегмента $V_{сегм}$ определяется плоскостью $x = x_B$. Высота этого сегмента $h = R - x_B = R - (-R\cos(2\alpha)) = R(1+\cos(2\alpha)) = 2R\cos^2\alpha$. Объем вычисляется по формуле $V_{сегм} = \frac{1}{3}\pi h^2(3R-h)$. Подставляя $h$, получаем:$V_{сегм} = \frac{1}{3}\pi (2R\cos^2\alpha)^2 (3R - 2R\cos^2\alpha) = \frac{4}{3}\pi R^3 \cos^4\alpha(3 - 2\cos^2\alpha)$.

Объем конуса $V_{кон}$, образованного вращением отрезка $AB$, имеет ту же высоту $h = 2R\cos^2\alpha$ и радиус основания $r = y_B = R\sin(2\alpha) = 2R\sin\alpha\cos\alpha$. Его объем $V_{кон} = \frac{1}{3}\pi r^2 h$:$V_{кон} = \frac{1}{3}\pi (2R\sin\alpha\cos\alpha)^2 (2R\cos^2\alpha) = \frac{8}{3}\pi R^3 \sin^2\alpha\cos^4\alpha$.

Объем $V_1$ равен разности $V_{сегм} - V_{кон}$:$V_1 = \frac{4}{3}\pi R^3 \cos^4\alpha(3 - 2\cos^2\alpha) - \frac{8}{3}\pi R^3 \sin^2\alpha\cos^4\alpha$Используя тождество $\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha$, преобразуем выражение:$V_1 = \frac{4}{3}\pi R^3 \cos^4\alpha(3 - 2\cos^2\alpha) - \frac{8}{3}\pi R^3 (1-\cos^2\alpha)\cos^4\alpha$$V_1 = \frac{4}{3}\pi R^3 \cos^4\alpha [ (3 - 2\cos^2\alpha) - 2(1 - \cos^2\alpha) ]$$V_1 = \frac{4}{3}\pi R^3 \cos^4\alpha [ 3 - 2\cos^2\alpha - 2 + 2\cos^2\alpha ] = \frac{4}{3}\pi R^3 \cos^4\alpha$.

По условию задачи, эта поверхность делит шар на две равные по объему части, значит, объем $V_1$ составляет половину объема всего шара:$V_1 = \frac{1}{2}V_{шара}$$\frac{4}{3}\pi R^3 \cos^4\alpha = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi R^3$Отсюда получаем уравнение:$\cos^4\alpha = \frac{1}{2}$Так как $\alpha$ — острый угол, $\cos\alpha > 0$. Извлекаем корень дважды:$\cos^2\alpha = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$$\cos\alpha = \sqrt{\frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{1}{\sqrt[4]{2}}$.

Ответ: $\frac{1}{\sqrt[4]{2}}$.

814. Все высоты тетраэдра пересекаются в точке Н. Докажите, что точка Н, центр О описанной сферы и точка G пересечения отрезков, соединяющих вершины с точками пересечения медиан противоположных граней тетраэдра, лежат на одной прямой (прямая Эйлера), причём точки О и Н симметричны относительно точки G.

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Пусть $A$, $B$, $C$, $D$ — вершины тетраэдра. Введем систему координат с началом в точке $O$ — центре описанной сферы. Тогда радиус-векторы вершин тетраэдра, которые мы обозначим как $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$, $\vec{d}$, будут удовлетворять условию равенства их модулей радиусу $R$ описанной сферы:

$|\vec{a}| = |\vec{b}| = |\vec{c}| = |\vec{d}| = R$

В квадрате это равенство выглядит так: $\vec{a}^2 = \vec{b}^2 = \vec{c}^2 = \vec{d}^2 = R^2$.

Точка $G$, являющаяся точкой пересечения отрезков, соединяющих вершины с центроидами (точками пересечения медиан) противоположных граней, есть не что иное, как центроид (или центр масс) всего тетраэдра. Её радиус-вектор $\vec{g}$ выражается как среднее арифметическое радиус-векторов вершин:

$\vec{g} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{4}$

По условию, все высоты тетраэдра пересекаются в одной точке $H$. Такой тетраэдр называется ортоцентрическим. Важнейшим свойством ортоцентрического тетраэдра является то, что суммы квадратов длин его противоположных ребер равны. В векторном виде, с началом координат в центре описанной сферы $O$, это свойство эквивалентно следующему соотношению для скалярных произведений векторов вершин:

$\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{c} \cdot \vec{d} = \vec{a} \cdot \vec{c} + \vec{b} \cdot \vec{d} = \vec{a} \cdot \vec{d} + \vec{b} \cdot \vec{c}$

Теперь найдем радиус-вектор $\vec{h}$ ортоцентра $H$. Рассмотрим точку $P$, радиус-вектор которой $\vec{p}$ определяется формулой:

$\vec{p} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{2}$

Докажем, что эта точка $P$ лежит на каждой из высот тетраэдра. Для этого достаточно показать, что вектор, соединяющий вершину (например, $A$) с точкой $P$, перпендикулярен противоположной грани ($BCD$). Вектор $\vec{AP}$ равен $\vec{p} - \vec{a}$:

$\vec{AP} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{2} - \vec{a} = \frac{-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{2}$

Проверим перпендикулярность этого вектора векторам, лежащим в плоскости грани $BCD$, например, $\vec{BC} = \vec{c} - \vec{b}$ и $\vec{BD} = \vec{d} - \vec{b}$.

$\vec{AP} \cdot \vec{BC} = \frac{1}{2}(-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}) \cdot (\vec{c} - \vec{b})$
$= \frac{1}{2}(-\vec{a}\cdot\vec{c} + \vec{a}\cdot\vec{b} + \vec{b}\cdot\vec{c} - \vec{b}^2 + \vec{c}^2 - \vec{c}\cdot\vec{b} + \vec{d}\cdot\vec{c} - \vec{d}\cdot\vec{b})$
$= \frac{1}{2}(-\vec{a}\cdot\vec{c} + \vec{a}\cdot\vec{b} - R^2 + R^2 + \vec{c}\cdot\vec{d} - \vec{b}\cdot\vec{d})$
$= \frac{1}{2}[(\vec{a}\cdot\vec{b} + \vec{c}\cdot\vec{d}) - (\vec{a}\cdot\vec{c} + \vec{b}\cdot\vec{d})]$

Поскольку тетраэдр ортоцентрический, выражение в квадратных скобках равно нулю. Следовательно, $\vec{AP} \perp \vec{BC}$. Аналогично доказывается, что $\vec{AP} \perp \vec{BD}$. Таким образом, вектор $\vec{AP}$ перпендикулярен плоскости $BCD$, а значит, точка $P$ лежит на высоте, опущенной из вершины $A$.

В силу симметрии формулы для $\vec{p}$, аналогичные рассуждения показывают, что точка $P$ лежит на всех четырех высотах тетраэдра. Так как по условию все высоты пересекаются в точке $H$, то точка $P$ и есть ортоцентр $H$. Итак, радиус-вектор ортоцентра:

$\vec{h} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{2}$

Теперь мы можем доказать утверждения задачи.

Доказательство того, что точки H, O и G лежат на одной прямой (прямая Эйлера)

Имеем радиус-векторы точек $O$, $G$ и $H$:

$\vec{o} = \vec{0}$
$\vec{g} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{4}$
$\vec{h} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{2}$

Рассмотрим векторы $\vec{OG}$ и $\vec{OH}$:

$\vec{OG} = \vec{g} - \vec{o} = \vec{g} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{4}$
$\vec{OH} = \vec{h} - \vec{o} = \vec{h} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{2}$

Из этих выражений видно, что $\vec{OH} = 2 \cdot \vec{OG}$.

Поскольку вектор $\vec{OH}$ является произведением вектора $\vec{OG}$ на скаляр (число 2), эти векторы коллинеарны. Так как они исходят из одной точки $O$, точки $O$, $G$ и $H$ лежат на одной прямой.

Доказательство того, что точки O и H симметричны относительно точки G

Точки $O$ и $H$ симметричны относительно точки $G$, если $G$ является серединой отрезка $OH$. В векторной форме это означает, что радиус-вектор точки $G$ должен быть равен полусумме радиус-векторов точек $O$ и $H$. Проверим это условие:

$\frac{\vec{o} + \vec{h}}{2} = \frac{\vec{0} + \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{2}}{2} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{4}$

Полученное выражение в точности совпадает с радиус-вектором точки $G$: $\vec{g} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{4}$.

Таким образом, $\vec{g} = \frac{\vec{o} + \vec{h}}{2}$, что и доказывает, что точка $G$ является серединой отрезка $OH$, а значит, точки $O$ и $H$ симметричны относительно $G$.

Оба утверждения доказаны.

Ответ: Утверждение доказано. В ортоцентрическом тетраэдре центр описанной сферы $O$, центроид $G$ и ортоцентр $H$ лежат на одной прямой (прямой Эйлера), причем точка $G$ является серединой отрезка $OH$, что означает симметричность точек $O$ и $H$ относительно точки $G$.

815. Дан тетраэдр, все высоты которого пересекаются в одной точке. Докажите, что точки пересечения медиан всех граней, основания высот тетраэдра и точки, которые делят каждый из отрезков, соединяющих точку пересечения высот с вершинами, в отношении 2 : 1, считая от вершины, лежат на одной сфере, центр которой расположен на прямой Эйлера (сфера Эйлера).

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Пусть $A, B, C, D$ — вершины тетраэдра. Тетраэдр, все высоты которого пересекаются в одной точке, называется ортоцентрическим. Обозначим эту точку пересечения высот (ортоцентр) как $H$.

Введём следующие обозначения для ключевых точек тетраэдра:

• $O$ — центр описанной сферы (сферы, проходящей через вершины $A, B, C, D$).
• $G$ — центроид тетраэдра (точка пересечения отрезков, соединяющих вершины с центроидами противоположных граней).
• $H$ — ортоцентр тетраэдра.

Для ортоцентрического тетраэдра точки $O, G, H$ лежат на одной прямой, называемой прямой Эйлера. При этом центроид $G$ является серединой отрезка $OH$. В векторной форме это записывается как $2\vec{g} = \vec{o} + \vec{h}$, где $\vec{o}, \vec{g}, \vec{h}$ — радиус-векторы соответствующих точек из произвольного начала.

Докажем, что все три группы указанных в задаче точек лежат на одной сфере.

Доказательство для точек пересечения медиан всех граней

Пусть $M_A, M_B, M_C, M_D$ — точки пересечения медиан (центроиды) граней $BCD, ACD, ABD, ABC$ соответственно. Их радиус-векторы выражаются через радиус-векторы вершин:
$\vec{m_a} = \frac{\vec{b}+\vec{c}+\vec{d}}{3}$, $\vec{m_b} = \frac{\vec{a}+\vec{c}+\vec{d}}{3}$, $\vec{m_c} = \frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{d}}{3}$, $\vec{m_d} = \frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}}{3}$.

Рассмотрим гомотетию (преобразование подобия) $h_1$ с центром в центроиде тетраэдра $G$ и коэффициентом $k_1 = -1/3$. Радиус-вектор центроида $G$ равен $\vec{g} = \frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}+\vec{d}}{4}$.

Найдём образ вершины $A$ при этой гомотетии:
$h_1(A) = A'$, где $\vec{a'} = \vec{g} + k_1(\vec{a}-\vec{g}) = (1-k_1)\vec{g} + k_1\vec{a} = (1 - (-\frac{1}{3}))\vec{g} - \frac{1}{3}\vec{a} = \frac{4}{3}\vec{g} - \frac{1}{3}\vec{a}$.
Подставим выражение для $\vec{g}$:
$\vec{a'} = \frac{4}{3}\left(\frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}+\vec{d}}{4}\right) - \frac{1}{3}\vec{a} = \frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}+\vec{d}}{3} - \frac{\vec{a}}{3} = \frac{\vec{b}+\vec{c}+\vec{d}}{3} = \vec{m_a}$.

Таким образом, гомотетия $h_1$ переводит вершину $A$ в центроид противоположной грани $M_A$. Аналогично, $h_1(B) = M_B$, $h_1(C) = M_C$, $h_1(D) = M_D$.

Поскольку гомотетия переводит сферу в сферу, то точки $M_A, M_B, M_C, M_D$ лежат на сфере $S_1$, которая является образом описанной сферы тетраэдра $S_c$ при гомотетии $h_1$. Если $O$ — центр и $R_c$ — радиус сферы $S_c$, то центр сферы $S_1$ — это точка $N_1 = h_1(O)$, а её радиус $R_1 = |k_1|R_c = R_c/3$.
Вектор центра $N_1$: $\vec{n_1} = (1-k_1)\vec{g} + k_1\vec{o} = \frac{4}{3}\vec{g} - \frac{1}{3}\vec{o}$.

Ответ: Точки пересечения медиан всех граней лежат на одной сфере $S_1$ с центром $N_1$ и радиусом $R_c/3$.

Доказательство для точек, которые делят каждый из отрезков, соединяющих точку пересечения высот с вершинами, в отношении 2:1, считая от вершины

Пусть $E_A, E_B, E_C, E_D$ — точки, делящие отрезки $HA, HB, HC, HD$ в отношении 2:1, считая от вершины. То есть $AE_A:E_A H = 2:1$. Векторно это означает:
$\vec{e_a} = \frac{1\cdot\vec{a} + 2\cdot\vec{h}}{1+2} = \frac{\vec{a}+2\vec{h}}{3}$.

Рассмотрим гомотетию $h_2$ с центром в ортоцентре $H$ и коэффициентом $k_2 = 1/3$. Найдём образ вершины $A$:
$h_2(A) = A''$, где $\vec{a''} = \vec{h} + k_2(\vec{a}-\vec{h}) = (1-k_2)\vec{h} + k_2\vec{a} = (1-\frac{1}{3})\vec{h} + \frac{1}{3}\vec{a} = \frac{2\vec{h}+\vec{a}}{3} = \vec{e_a}$.

Следовательно, гомотетия $h_2$ переводит вершины $A, B, C, D$ в точки $E_A, E_B, E_C, E_D$. Значит, эти четыре точки лежат на сфере $S_2$, которая является образом описанной сферы $S_c$ при гомотетии $h_2$.

Центр сферы $S_2$ — это точка $N_2 = h_2(O)$, а её радиус $R_2 = |k_2|R_c = R_c/3$.
Вектор центра $N_2$: $\vec{n_2} = (1-k_2)\vec{h} + k_2\vec{o} = \frac{2}{3}\vec{h} + \frac{1}{3}\vec{o}$.

Докажем, что сферы $S_1$ и $S_2$ совпадают. Их радиусы равны ($R_1 = R_2 = R_c/3$). Проверим, совпадают ли их центры $N_1$ и $N_2$, используя свойство прямой Эйлера ортоцентрического тетраэдра $2\vec{g} = \vec{o}+\vec{h}$.
$\vec{n_1} = \frac{4}{3}\vec{g} - \frac{1}{3}\vec{o} = \frac{2}{3}(2\vec{g}) - \frac{1}{3}\vec{o} = \frac{2}{3}(\vec{o}+\vec{h}) - \frac{1}{3}\vec{o} = \frac{2}{3}\vec{o} + \frac{2}{3}\vec{h} - \frac{1}{3}\vec{o} = \frac{2}{3}\vec{h} + \frac{1}{3}\vec{o} = \vec{n_2}$.

Центры и радиусы сфер совпадают, значит $S_1 = S_2$. Обозначим эту общую сферу как $S_E$ (сфера Эйлера). Её центр $N$ имеет радиус-вектор $\vec{n} = \frac{2\vec{h}+\vec{o}}{3}$. Используя $2\vec{g} = \vec{o}+\vec{h}$, можно также выразить $\vec{n} = \frac{\vec{h}+(\vec{o}+\vec{h})}{3} = \frac{\vec{h}+2\vec{g}}{3}$. Центр $N$ лежит на прямой Эйлера $OHG$.

Ответ: Данные точки лежат на той же сфере $S_E$, что и центроиды граней. Таким образом, все 8 точек (4 центроида граней и 4 точки деления отрезков от ортоцентра до вершин) лежат на одной сфере.

Доказательство для оснований высот тетраэдра

Пусть $H_A, H_B, H_C, H_D$ — основания высот, опущенных из вершин $A, B, C, D$ на противоположные грани. Докажем, что эти четыре точки также лежат на сфере Эйлера $S_E$.

Рассмотрим, например, основание высоты $H_D$ на грани $ABC$. Высота из вершины $D$ проходит через ортоцентр $H$, поэтому прямая $DH$ перпендикулярна плоскости грани $ABC$. Точка $H_D$ является точкой пересечения прямой $DH$ с плоскостью $ABC$.

Рассмотрим точку $E_D$, которая лежит на отрезке $HD$ и, как мы доказали, на сфере $S_E$. Также рассмотрим точку $M_D$ (центроид грани $ABC$), которая тоже лежит на сфере $S_E$.

Поскольку $H_D$ — проекция точки $H$ на плоскость $ABC$, а $E_D$ лежит на отрезке $HD$, то проекцией $E_D$ на плоскость $ABC$ также является точка $H_D$.

Известно, что в ортоцентрическом тетраэдре для любых трех вершин, например, $A, B, C$, основание высоты $H_D$ (из четвертой вершины $D$) является ортоцентром треугольника $ABC$.

Рассмотрим сечение сферы Эйлера $S_E$ плоскостью грани $ABC$. Это сечение является окружностью. На этой окружности лежат:

1. Точка $M_D$ (центроид грани $ABC$).
2. Точки, делящие отрезки от $H_D$ (ортоцентра $ABC$) до вершин $A, B, C$ в отношении 1:2. Это в точности точки Эйлера для треугольника $ABC$.
3. Основания высот треугольника $ABC$.

Это описание окружности девяти точек для треугольника $ABC$.

Точка $H_D$, будучи ортоцентром грани $ABC$, не лежит на окружности девяти точек этой грани (за исключением случая, когда треугольник прямоугольный). Однако существует более общий факт.

Рассмотрим диаметр $E_D M_A$ сферы $S_E$. Известный результат стереометрии гласит, что сфера, построенная на отрезке, соединяющем точку Эйлера ($E_D$) и центроид противоположной грани ($M_A$), как на диаметре, проходит через основания высот $H_B$ и $H_C$.

Поскольку точки $E_D$ и $M_A$ лежат на сфере Эйлера $S_E$, то и вся сфера с диаметром $E_D M_A$ является частью (или полностью совпадает с) $S_E$. Следовательно, точки $H_B$ и $H_C$ лежат на $S_E$. Аналогичными рассуждениями для других пар (например, $E_A M_D$) доказывается, что все четыре основания высот $H_A, H_B, H_C, H_D$ лежат на сфере $S_E$.

Ответ: Основания высот тетраэдра лежат на той же сфере $S_E$, что и предыдущие два набора точек.

Общий вывод: Все 12 точек — 4 центроида граней, 4 основания высот и 4 точки, делящие отрезки $HA, HB, HC, HD$ в отношении 2:1 от вершин — лежат на одной и той же сфере, называемой сферой Эйлера (или сферой двенадцати точек) ортоцентрического тетраэдра. Центр этой сферы $N$ лежит на прямой Эйлера $OHG$ тетраэдра.