Сфера, вписана в пресечен конус

[ins-]

В прав кръгов пресечен конус е вписана сфера. Обемът на сферата е равен на половината от обема на конуса. Да се намери тангенсът на ъгъла, заключен между образуващата и основата на конуса.

[mail_dinko]

[tex]tg \alpha = \frac {2r_1}{R-r}[/tex]
Доколкото знам кълбото има обем и повърхност, сферата само повърхност.
R - радиус на голямата основа
r- радиус на малката основа
R>r
[tex]r_1[/tex]- радиус на сферата
Височината на пресечения конус [tex]H= 2r_1[/tex]
[tex]V_ {сф.} = \frac {4}{3} \pi r _1 ^3[/tex]
[tex]V_{конус}= \frac {\pi .H}{3} (R^2 + r^2 + Rr)[/tex]
Заместваме [tex]H= 2r_1 \Rightarrow V_{конус}= \frac {2 \pi r_1}{3} (R^2 + r^2 + Rr)[/tex]
[tex]V_ {сф.} = \frac {1}{2} V_{конус} \Rightarrow 2 V_ {сф.} = V_{конус} \Leftrightarrow 2. \frac {4}{3} \pi r _1 ^3 = \frac {2 \pi r_1}{3} (R^2 + r^2 + Rr) |: \frac {2}{3} \pi r_1[/tex]
[tex]4 r _1 ^2 = R^2 + r^2 + Rr \Leftrightarrow 3 r _1 ^2 = R^2 + Rr \Rightarrow r _1 = \sqrt { \frac {R^2 + Rr}{3} }[/tex]
Сечението на тялото е равнобедрен трапец с вписана окръжност, следователно образувателната [tex]2 l = 2 R + 2r \Rightarrow l=R + r[/tex]
В равнобедрен трапец ABCD, AB || CD, построяваме височината от върха D - DM: т. M принадлежи на AB
[tex]AM = \frac {1}{2} (2R - 2r) \Rightarrow AM = R-r[/tex]
[tex]tg \alpha = \frac {DM}{AM} = \frac {2 . \sqrt { \frac {R^2 + Rr}{3} } }{R-r}[/tex]
Стана каша

[ins-]

Задачата е от много стар източник. От там могат да идват някои неточности в терминологията. Преписана е 1:1. Имам 2-3 решения. Стори ми се не много трудна и интересна. Затова реших да я споделя. Отговорът е фиксирана числова стойност.

[Евва]

Получих tg[tex]\alpha[/tex]=2 .

[S.B.]

В прав кръгов пресечен конус е вписана сфера. Обемът на сферата е равен на половината от обема на конуса. Да се намери тангенсът на ъгъла, заключен между образуващата и основата на конуса.

Без заглавие - 2021-04-14T080556.779.png (211.24 KiB) Прегледано 694 пъти

Нека [tex]r_{1 }[/tex] е радиус на долната основа,[tex]r_{2 }[/tex] е радиус на горната основа ,$R$ е радиусът на сферата, а височината на конуса $h = 2R$
От правоъгълния [tex]\triangle COB \Rightarrow R^{2} = r_{1 } r_{2 }[/tex]
От правоъгълния [tex]\triangle AHD \rightarrow sin \alpha = \frac{DH}{AD} \Leftrightarrow sin \alpha = \frac{2R}{ r_{1 } + r_{2 } }[/tex]
[tex]V_{кон. } = \frac{ \pi.h }{3}( r_{1 } ^{2} + r_{2 } ^{2} + r_{1 }. r_{2 })[/tex]

[tex]V_{кълб. } = \frac{4}{3} \pi R^{3}[/tex]

Според условието:
[tex]V_{кълб. } = \frac{1}{2} V_{кон. }[/tex]
[tex]\frac{4}{3} \pi R^{3} = \frac{2R \pi }{6}( r_{1 } ^{2} + r_{2 } ^{2} + r_{1 } r_{2 }) \Leftrightarrow 4 R^{2} = r_{1 } ^{2} + r_{2 } ^{2} + r_{1 } . r_{2 } \Leftrightarrow 4 R^{2} = ( r_{1 }+ r_{2 }) ^{2} - r_{1 } r_{2 } \Leftrightarrow[/tex]
[tex]4 R^{2} = ( r_{1 } + r_{2 }) ^{2} - R^{2} \Leftrightarrow 5 R^{2} = ( r_{1 } + r_{2 }) ^{2} \Rightarrow R \sqrt{5} = r_{1 } + r_{2 } \Rightarrow \frac{R}{ r_{1 } + r_{2 } } = \frac{1}{ \sqrt{5} }[/tex]
От [tex]\triangle AHD \rightarrow sin \alpha = \frac{2R}{ r_{1 } + r_{2 } } \Rightarrow sin \alpha = \frac{2}{ \sqrt{5} } \Rightarrow cos \alpha = \frac{1}{ \sqrt{5} } \Rightarrow[/tex]
$$tg \alpha = \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{2}{ \sqrt{5} } }{\displaystyle \frac{1}{ \sqrt{5} } } = 2 $$

[Гост]

Задачата е взета от тук:
https://drive.google.com/file/d/1EHtnWR ... sp=sharing
(Зрелостен изпит - 1963 г., тема 1, задача 3; стр. 147)
Предполагам това обяснява особеностите в терминологията, забелязана отmail_dinko. След т. Питагор за триъгълник ADM и намиране на R/r, ако няма допусната грешка и правилно разбирам решението може да се стигне до коректен отговор. Моята идея за решение беше близка до споменатата.

В споделения документ могат да се видят още 2 решения, както и някои малко лесни, но не лоши задачи. Лозунгите също къртят.

Благодаря на всички за положените усилия и се надявам им е било приятно времето, отделено за тази задача!

[Евва]

Скрит текст: покажи

Благодаря за предварително дадените точки .Ето и моите разсъждения.

Ще използвам означенията на S.B.
tg[tex]\alpha[/tex]=[tex]\frac{DH}{AH}[/tex]=[tex]\frac{2R}{ r_{1 }- r_{2 } }[/tex]=?

Тръгнах като S.B. и получих:
[tex]\begin{array}{|l} r_{1 } r_{2 } = R^{2} \\ 4 R^{2} = r_{1 } ^{2} + r_{2 } ^{2} + r_{1 } r_{2 } \end{array}[/tex]

[tex]\begin{array}{|l} r_{1 } r_{2 } = R^{2} \\ 4 R^{2} = ( r_{1 } - r_{2 }) ^{2} +3 r_{1 } r_{2 } \end{array}[/tex]

4[tex]R^{2}[/tex]=[tex]( r_{1 } - r_{2 }) ^{2}[/tex]+3[tex]R^{2}[/tex]

[tex]r_{1 }[/tex]-[tex]r_{2 }[/tex]=R

Тогава tg[tex]\alpha[/tex]=[tex]\frac{2R}{R}[/tex]=2

[Гост]

[tex]\begin{array}{|l} r_{1 } r_{2 } = R^{2} \end{array}[/tex]

Защо е в сила това равенство?

[Евва]

Както S.B. се е досетила ,лесно се доказва ,че [tex]\triangle[/tex]ОВС е правоъгълен [tex]\Rightarrow[/tex] е в сила формулата [tex]h_{c } ^{2}[/tex]=[tex]a_{1 } b_{1 }[/tex]
Според нашия чертеж : [tex]ОР^{2}[/tex]=СР.ВР т.е. [tex]R^{2}[/tex]=[tex]r_{2 } r_{1 }[/tex]

Честно кзано стигнах до равенството по следния начин :
[tex]\triangle[/tex]AHD-правоъгълен
[tex]AH^{2}[/tex]+[tex]DH^{2}[/tex]=[tex]AD^{2}[/tex]

[tex]( r_{1 } - r_{2 }) ^{2}[/tex]+[tex](2R)^{2}[/tex]=[tex]( r_{1 }+ r_{2 })^{2}[/tex]
(опростяваме...)

4[tex]R^{2}[/tex]=4[tex]r_{1 } r_{2 }[/tex]

[tex]r_{1 } r_{2 }[/tex]=[tex]R^{2}[/tex]

[S.B.]

[tex]\begin{array}{|l} r_{1 } r_{2 } = R^{2} \end{array}[/tex]

Защо е в сила това равенство?

Според чертежа ми сечението на пресечения конус с вписаната в него сфера е равнобедрен трапец $ABCD$ с вписана в него окръжност.Центърът на вписаната октръжност т.$O$ е пресечна точка на ъглополовящите на [tex]\angle B[/tex] и [tex]\angle C[/tex] които са прилежащи ъгли получени при пресичането на двете успоредни прави $AB$ и $CD$ с $BC$ Тогава :
[tex]\angle B + \angle C = 180 ^\circ
\Rightarrow \frac{ \angle B}{2} + \frac{ \angle C}{2} = 90 ^\circ \Rightarrow \angle OBC + \angle OCB = 90 ^\circ \Rightarrow \triangle OBC[/tex] е правоъгълен
[tex]OP \bot BC[/tex],където т.$P$ е допирната точка на окръжността с $BC$.
Ако мислено означим с т.$M$ и т.$N$ допирните точки на окръжността с основите $AB$ и $CD$ тогава от свойството на допирателните от външна точка към окръжността ще имаме:
[tex]MB = BP = r_{1 } , NC = CP = r_{2 } \Rightarrow OP^{2} = BP.CP \Leftrightarrow R^{2} = r_{1 } r_{2 }[/tex]

Скрит текст: покажи

Умишлено не съм означила т.$М$ и т.$N$ за да не претрупвам чертежа.А явно е трябвало ,защото това доказателство,което считах за очевидно не е намерило място в решението ми на задачата