Задачи с цилиндър, конус и сфера - много трудни задачи с решения

Решение:
Нека [tex]R\gt r[/tex] са радиусите на основите, [tex]h[/tex] – височината, [tex]l[/tex] – образувателната, а [tex]\rho[/tex] – радиусът на сферата. Осното сечение е равнобедрен трапец [tex]ABCD[/tex] ([tex]AB=2R[/tex], [tex]CD=2r[/tex], [tex]AD=BC=l[/tex]), в който е вписана голяма окръжност на сферата; поради симетрията тя се допира до [tex]AB[/tex] в средата ѝ [tex]O_1[/tex] и до [tex]CD[/tex] в средата ѝ [tex]O_2[/tex].
Допирателните отсечки от [tex]A[/tex] са равни на [tex]AO_1=R[/tex], а тези от [tex]D[/tex] – на [tex]DO_2=r[/tex], затова [tex]l=AD=R+r[/tex]. Нека [tex]DH[/tex] е височината на трапеца; тогава [tex]AH=R-r[/tex] и
[tex]h^2=l^2-(R-r)^2=(R+r)^2-(R-r)^2=4Rr[/tex]
Сферата се допира до двете основи, затова [tex]h=2\rho[/tex] и [tex]\rho^2=Rr[/tex]. Обемите на кълбото и на пресечения конус са
[tex]V_1=\frac{4}{3}\pi\rho^3; \ V_2=\frac{1}{3}\pi h(R^2+Rr+r^2)=\frac{2}{3}\pi\rho(R^2+Rr+r^2)[/tex]
Условието [tex]V_1=\frac{1}{2}V_2[/tex] дава
[tex]\frac{4}{3}\pi\rho^3=\frac{1}{3}\pi\rho(R^2+Rr+r^2)\Rightarrow 4\rho^2=R^2+Rr+r^2[/tex]
[tex]4Rr=R^2+Rr+r^2\Rightarrow R^2+r^2=3Rr[/tex]
Тъй като [tex]DH[/tex] е успоредна на оста, тя е перпендикулярна на равнината на голямата основа. Следователно [tex]AH[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]AD[/tex] в тази равнина и [tex]\beta=\angle DAH[/tex]. От правоъгълния [tex]\triangle AHD[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \beta=\frac{DH}{AH}=\frac{h}{R-r}\Rightarrow \operatorname{tg} ^2\beta=\frac{4Rr}{R^2-2Rr+r^2}=\frac{4Rr}{3Rr-2Rr}=4[/tex]
Тъй като [tex]\beta[/tex] е остър ъгъл, [tex]\operatorname{tg} \beta=2[/tex].

Решение:
Нека [tex]h=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex] е височината на триъгълника, а [tex]m[/tex] е оста. Правата, успоредна на [tex]AC[/tex] на разстояние [tex]h[/tex] от същата страна като [tex]B[/tex], минава през [tex]B[/tex], затова [tex]m[/tex] лежи от другата страна на [tex]AC[/tex]: точките [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex] са на разстояние [tex]h[/tex] от [tex]m[/tex], а [tex]B[/tex] – на разстояние [tex]2h[/tex].
Нека [tex]A'[/tex], [tex]B'[/tex], [tex]C'[/tex] са петите на перпендикулярите от [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex] към [tex]m[/tex]; тогава [tex]A'C'=a[/tex], а [tex]B'[/tex] е средата на [tex]A'C'[/tex], защото петата на височината от [tex]B[/tex] е средата на [tex]AC[/tex]. При въртенето трапеците [tex]A'ABB'[/tex] и [tex]B'BCC'[/tex] описват два еднакви пресечени конуса с радиуси [tex]h[/tex] и [tex]2h[/tex], височина [tex]\frac{a}{2}[/tex] и образувателна [tex]a[/tex], а правоъгълникът [tex]A'ACC'[/tex] описва цилиндър с радиус [tex]h[/tex] и височина [tex]a[/tex].
Триъгълникът се получава от двата трапеца, като се отстрани правоъгълникът, затова тялото се състои от двата пресечени конуса с цилиндричен отвор. Обемът [tex]V_1[/tex] на един пресечен конус и обемът [tex]V_2[/tex] на цилиндъра са (като [tex]h^2=\frac{3a^2}{4}[/tex]):
[tex]V_1=\frac{1}{3}\pi\cdot \frac{a}{2}\left(h^2+h\cdot 2h+(2h)^2\right)=\frac{7\pi ah^2}{6}=\frac{7\pi a^3}{8}[/tex]
[tex]V_2=\pi h^2a=\frac{3\pi a^3}{4}[/tex]
[tex]V=2V_1-V_2=\frac{7\pi a^3}{4}-\frac{3\pi a^3}{4}=\pi a^3[/tex]
Повърхнината се състои от околните повърхнини на двата пресечени конуса (описани от [tex]AB[/tex] и [tex]BC[/tex]) и околната повърхнина на цилиндъра (описана от [tex]AC[/tex]):
[tex]S=2\cdot \pi(h+2h)a+2\pi ha=8\pi ah=8\pi a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}\pi a^2[/tex]
Следователно [tex]V=\pi a^3[/tex] и [tex]S=4\sqrt{3}\pi a^2[/tex].

Решение:
Ъгълът не зависи от размерите, затова нека радиусът на сферите е [tex]1[/tex]. Нека [tex]O_1[/tex], [tex]O_2[/tex], [tex]O_3[/tex] са центровете на сферите, които се допират до основата, [tex]O_4[/tex] е центърът на четвъртата сфера, а [tex]S[/tex] е върхът на конуса. Центровете на две допиращи се сфери са на разстояние [tex]2[/tex], затова [tex]O_1O_2O_3O_4[/tex] е правилен тетраедър с ръб [tex]2[/tex].
Точките [tex]O_1[/tex], [tex]O_2[/tex], [tex]O_3[/tex] са на разстояние [tex]1[/tex] от основата, затова равнината [tex]O_1O_2O_3[/tex] е успоредна на основата и перпендикулярна на оста; нека оста я пресича в точка [tex]G[/tex]. Тъй като [tex]O_4[/tex] лежи на оста, [tex]O_4G[/tex] е перпендикуляр към тази равнина, а равните наклонени [tex]O_4O_1=O_4O_2=O_4O_3[/tex] имат равни проекции, т.е. [tex]G[/tex] е центърът на равностранния [tex]\triangle O_1O_2O_3[/tex]. От правоъгълния [tex]\triangle O_4GO_1[/tex]:
[tex]GO_1=\frac{O_1O_2}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}; \ O_4G=\sqrt{O_4O_1^2-GO_1^2}=\sqrt{4-\frac{4}{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}[/tex]
Разглеждаме осното сечение през [tex]O_1[/tex]; нека [tex]SA[/tex] е образувателната в него откъм [tex]O_1[/tex]. Поради ротационната симетрия най-близката до [tex]O_1[/tex] точка от околната повърхнина лежи в тази равнина, затова разстоянието от [tex]O_1[/tex] до правата [tex]SA[/tex] е равно на радиуса [tex]1[/tex]. Същото важи за [tex]O_4[/tex], която също лежи в тази равнина.
Двата центъра са вътре в конуса, от една и съща страна на [tex]SA[/tex] и на едно и също разстояние [tex]1[/tex] от нея, следователно [tex]O_4O_1\parallel SA[/tex]. Затова половината от ъгъла при върха [tex]\theta=\angle ASO[/tex] ([tex]O[/tex] е центърът на основата) е равна на [tex]\angle GO_4O_1[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \theta=\frac{GO_1}{O_4G}=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{3}{2\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]
Ъгълът при върха на осното сечение е [tex]\varphi=2\theta[/tex], затова
[tex]\cos\varphi=\frac{1-\operatorname{tg} ^2\theta}{1+\operatorname{tg} ^2\theta}=\frac{1-\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}[/tex]
(Такъв конус съществува: [tex]\sin \theta=\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex], затова върхът е на разстояние [tex]SO_4=\frac{1}{\sin \theta}=\sqrt{3}\gt 1[/tex] от [tex]O_4[/tex], над четвъртата сфера.)

Решение:
Нека [tex]R[/tex] е радиусът на кълбото, а [tex]O[/tex] – центърът му. Цилиндърът с най-голям обем е вписан в кълбото, т.е. двете окръжности на основите му лежат на сферата (иначе той може да се увеличи, оставайки в кълбото).
Центърът на всяка от окръжностите на основите е петата на перпендикуляра от [tex]O[/tex] към равнината ѝ, затова [tex]O[/tex] лежи на оста на цилиндъра. Двете окръжности имат равни радиуси [tex]r[/tex], затова равнините им са на равни разстояния от [tex]O[/tex] и [tex]O[/tex] е средата на оста. Ако [tex]h[/tex] е височината, осното сечение е правоъгълник със страни [tex]2r[/tex] и [tex]h[/tex], вписан в голям кръг, следователно
[tex]r^2+\frac{h^2}{4}=R^2,\qquad 0\lt h\lt 2R[/tex]
Обемът на цилиндъра като функция на [tex]h[/tex] и производната му са
[tex]V(h)=\pi r^2h=\pi\left(R^2h-\frac{h^3}{4}\right),\qquad V'(h)=\pi\left(R^2-\frac{3h^2}{4}\right)[/tex]
[tex]V'(h)\gt 0[/tex] при [tex]h\lt\frac{2R}{\sqrt{3}}[/tex] и [tex]V'(h)\lt 0[/tex] при [tex]h\gt\frac{2R}{\sqrt{3}}[/tex], затова максимумът се достига при [tex]h=\frac{2R}{\sqrt{3}}[/tex], когато [tex]r^2=R^2-\frac{R^2}{3}=\frac{2R^2}{3}[/tex]:
[tex]V_{\max}=\pi\cdot \frac{2R^2}{3}\cdot \frac{2R}{\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \frac{4}{3}\pi R^3[/tex]
Обемът на кълбото е [tex]\frac{4}{3}\pi R^3=\sqrt{3}[/tex], следователно [tex]V_{\max}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=1[/tex] куб. см.

Решение:
Всяка околна стена се допира до околната повърхнина на цилиндъра по образувателна, затова е успоредна на оста. Следователно околните ръбове са перпендикулярни на основите и паралелепипедът е права призма [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] с височина [tex]5[/tex], чиято основа [tex]ABCD[/tex] е успоредник, описан около окръжността на основата на цилиндъра (център [tex]O[/tex], радиус [tex]1[/tex]).
В описан четириъгълник сборовете на срещуположните страни са равни: [tex]AB+CD=BC+AD[/tex]; тъй като [tex]AB=CD[/tex] и [tex]BC=AD[/tex], получаваме [tex]AB=BC[/tex], т.е. [tex]ABCD[/tex] е ромб. Центърът на ромба (пресечната точка на диагоналите) е центърът [tex]O[/tex] на вписаната окръжност, а височината на ромба е равна на диаметъра [tex]2[/tex].
Обемът на цилиндъра е [tex]\pi\cdot 1^2\cdot 5=5\pi[/tex], затова за обема [tex]V[/tex] на паралелепипеда и лицето на основата му:
[tex]V=5\pi\cdot \frac{5}{\pi}=25,\qquad S_{ABCD}=\frac{25}{5}=5=2\cdot AB\Rightarrow AB=\frac{5}{2}[/tex]
Нека [tex]AC=d_1\ge BD=d_2[/tex]. Диагоналите на ромба са перпендикулярни и се разполовяват, затова
[tex]\frac{d_1d_2}{2}=5,\qquad \left(\frac{d_1}{2}\right)^2+\left(\frac{d_2}{2}\right)^2=\left(\frac{5}{2}\right)^2\Rightarrow d_1d_2=10,\quad d_1^2+d_2^2=25[/tex]
[tex](d_1+d_2)^2=45,\quad (d_1-d_2)^2=5\Rightarrow d_1=2\sqrt{5},\quad d_2=\sqrt{5}[/tex]
Големият диагонал на паралелепипеда е [tex]AC_1[/tex]; ортогоналната му проекция върху основата е по-големият диагонал [tex]AC[/tex] (защото [tex]CC_1\perp(ABC)[/tex]). От правоъгълния [tex]\triangle ACC_1[/tex]:
[tex]AC_1=\sqrt{AC^2+CC_1^2}=\sqrt{20+25}=3\sqrt{5}[/tex]
Всички точки на [tex]AC_1[/tex] лежат между равнините на основите, затова точка от [tex]AC_1[/tex] е вътре в цилиндъра точно когато ортогоналната ѝ проекция върху основата е вътре в окръжността на основата. Проекцията [tex]AC[/tex] минава през [tex]O[/tex] и точките ѝ вътре в окръжността образуват диаметъра [tex]MN[/tex] с дължина [tex]2[/tex]. Нека [tex]M'[/tex] и [tex]N'[/tex] са точките от [tex]AC_1[/tex], които се проектират в [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex]; търсената част е [tex]M'N'[/tex].
Тъй като [tex]MM'\parallel NN'\parallel CC_1[/tex], по теоремата на Талес
[tex]\frac{M'N'}{AC_1}=\frac{MN}{AC}\Rightarrow M'N'=\frac{2\cdot 3\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}=3[/tex]
Търсената дължина е [tex]3[/tex] см.

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е центърът на квадрата [tex]ABCD[/tex], а [tex]r[/tex] е радиусът на цилиндъра; височината му е [tex]2r[/tex]. Имаме [tex]OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex] и от правоъгълния триъгълник [tex]AOM[/tex]
[tex]MO=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=OA\Rightarrow \angle MAO=45^{\circ}[/tex]
Цилиндърът лежи върху равнината на основата и се допира до нея по [tex]AC[/tex]; основите му са перпендикулярни на [tex]AC[/tex] и пресичат [tex]AC[/tex] в точки [tex]K[/tex] и [tex]L[/tex], [tex]KL=2r[/tex], като [tex]K[/tex] е по-близо до [tex]A[/tex]. Поради симетрията относно равнината [tex]ACM[/tex] основата през [tex]K[/tex] се допира до стените [tex]ABM[/tex] и [tex]ADM[/tex], основата през [tex]L[/tex] се допира до [tex]CBM[/tex] и [tex]CDM[/tex] и [tex]AK=CL=x[/tex].
Равнината на основата през [tex]K[/tex] е перпендикулярна на [tex]AC[/tex] (следователно успоредна на [tex]BD[/tex]) и пресича [tex]AB[/tex], [tex]AD[/tex], [tex]AM[/tex] в точки [tex]P[/tex], [tex]Q[/tex], [tex]N[/tex]. Тъй като [tex]\angle KAB=\angle KAD=45^{\circ}[/tex], получаваме [tex]KP=KQ=x[/tex] и [tex]PQ=2x[/tex]. Равнината [tex]ACM[/tex] е перпендикулярна на основата, затова [tex]NK\perp PQ[/tex], а от правоъгълния триъгълник [tex]AKN[/tex] с [tex]\angle NAK=45^{\circ}[/tex] следва [tex]NK=x[/tex].
Следователно [tex]PNQ[/tex] е равнобедрен правоъгълен триъгълник с хипотенуза [tex]PQ=2x[/tex] и катети [tex]NP=NQ=x\sqrt{2}[/tex]. Основната окръжност на цилиндъра лежи в неговата равнина и се допира до [tex]PQ[/tex] (в [tex]K[/tex]), [tex]NP[/tex] и [tex]NQ[/tex], т.е. тя е вписаната окръжност на [tex]\triangle PNQ[/tex]:
[tex]r=\frac{NP+NQ-PQ}{2}=x(\sqrt{2}-1)\Rightarrow x=r(\sqrt{2}+1)[/tex]
От [tex]AC=AK+KL+LC[/tex]:
[tex]a\sqrt{2}=2r(\sqrt{2}+1)+2r=2r(\sqrt{2}+2)\Rightarrow r=\frac{a}{2(\sqrt{2}+1)}=\frac{a(\sqrt{2}-1)}{2}[/tex]
Тогава [tex]x=\frac{a}{2}\lt OA[/tex], т.е. [tex]K[/tex] е между [tex]A[/tex] и [tex]O[/tex]; сеченията на пирамидата, перпендикулярни на [tex]AC[/tex], нарастват от [tex]A[/tex] до [tex]O[/tex] и симетрично намаляват към [tex]C[/tex], затова целият цилиндър е вътре в пирамидата. Обемът му е
[tex]V=\pi r^2\cdot 2r=2\pi r^3=\frac{\pi a^3(\sqrt{2}-1)^3}{4}=\frac{\pi a^3(5\sqrt{2}-7)}{4}[/tex]

Решение:
Нека [tex]H[/tex] е центърът на квадрата [tex]ABCD[/tex] ([tex]SH[/tex] е височината на пирамидата), а [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex] са средите на [tex]SB[/tex] и [tex]SD[/tex]. Кълбото се допира до [tex]SB[/tex] в [tex]P[/tex], затова [tex]OP\perp SB[/tex], т.е. [tex]O[/tex] лежи в равнината през [tex]P[/tex], перпендикулярна на [tex]SB[/tex], която е симетралната равнина на [tex]SB[/tex]. Тъй като [tex]AS=AB=a[/tex] и [tex]CS=CB=a[/tex], точките [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex] също лежат в тази равнина.
По същия начин [tex]O[/tex], [tex]A[/tex], [tex]C[/tex] лежат в симетралната равнина на [tex]SD[/tex]. Двете равнини са различни и съдържат правата [tex]AC[/tex], следователно се пресичат по [tex]AC[/tex] и [tex]O\in AC[/tex]. Освен това [tex]AC\perp BD[/tex] и [tex]AC\perp SH[/tex], затова [tex]AC\perp(SBD)[/tex] и [tex]OH\perp HP[/tex].
В правоъгълния триъгълник [tex]SHB[/tex] медианата към хипотенузата е [tex]HP=\frac{SB}{2}=\frac{a}{2}[/tex]. Нека [tex]OH=x[/tex]; от правоъгълния триъгълник [tex]OHP[/tex] получаваме [tex]OP^2=x^2+\frac{a^2}{4}[/tex], а [tex]AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex]. Радиусите [tex]OA[/tex] и [tex]OP[/tex] са равни. Ако [tex]O[/tex] лежи на лъча [tex]HC[/tex], то
[tex]OA^2=\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}+x\right)^2=\frac{a^2}{2}+\sqrt{2}ax+x^2\gt x^2+\frac{a^2}{4}=OP^2[/tex]
което е невъзможно. Следователно [tex]O[/tex] лежи на лъча [tex]HA[/tex] и
[tex]\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}-x\right)^2=x^2+\frac{a^2}{4}\Rightarrow \frac{a^2}{2}-\sqrt{2}ax=\frac{a^2}{4}\Rightarrow x=\frac{a\sqrt{2}}{8}[/tex]
Следователно [tex]O[/tex] е между [tex]H[/tex] и [tex]A[/tex] и
[tex]CO=CH+HO=\frac{a\sqrt{2}}{2}+\frac{a\sqrt{2}}{8}=\frac{5a\sqrt{2}}{8}=\frac{5}{8}CA[/tex]
Тъй като [tex]C[/tex] лежи в равнината [tex](SCD)[/tex], разстоянието от [tex]O[/tex] до [tex](SCD)[/tex] е [tex]\frac{5}{8}[/tex] от разстоянието от [tex]A[/tex] до [tex](SCD)[/tex]. Пирамидите [tex]OSCD[/tex] и [tex]ASCD[/tex] имат обща основа [tex]SCD[/tex], затова [tex]V_{OSCD}=\frac{5}{8}V_{ASCD}[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]SHA[/tex] намираме [tex]SH=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex], следователно
[tex]V_{ASCD}=V_{SACD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}a^3}{12}[/tex]
[tex]V_{OSCD}=\frac{5}{8}\cdot \frac{\sqrt{2}a^3}{12}=\frac{5\sqrt{2}a^3}{96}[/tex]

Решение:
Нека [tex]O_1[/tex] и [tex]O_2[/tex] са центровете на сферите с радиуси [tex]10[/tex] и [tex]3\sqrt{5}[/tex], а общата им окръжност има център [tex]Q[/tex] и радиус [tex]6[/tex] и лежи в равнината [tex]\alpha[/tex]. Петата на перпендикуляра от центъра на сфера към секуща равнина е центърът на окръжността на сечението, затова [tex]O_1Q\perp\alpha[/tex] и [tex]O_2Q\perp\alpha[/tex], т.е. [tex]O_1[/tex], [tex]O_2[/tex] и [tex]Q[/tex] лежат на една права, перпендикулярна на [tex]\alpha[/tex].
Вземаме точка [tex]P[/tex] от окръжността: [tex]QP=6[/tex], [tex]O_1P=10[/tex], [tex]O_2P=3\sqrt{5}[/tex]. От правоъгълните триъгълници [tex]O_1QP[/tex] и [tex]O_2QP[/tex]
[tex]O_1Q=\sqrt{10^2-6^2}=8; \quad O_2Q=\sqrt{45-36}=3[/tex]
Ако центровете са от различни страни на [tex]\alpha[/tex], то [tex]O_1O_2=O_1Q+QO_2=8+3=11[/tex]; ако са от една и съща страна, то [tex]O_1O_2=O_1Q-O_2Q=8-3=5[/tex].
И двата случая са възможни: ако [tex]O_2[/tex] е точка от правата [tex]O_1Q[/tex] на разстояние [tex]3[/tex] от [tex]Q[/tex] (от която и да е страна на [tex]\alpha[/tex]), всяка точка от окръжността е на разстояние [tex]\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}[/tex] от [tex]O_2[/tex], т.е. окръжността лежи и на двете сфери, а две различни сфери се пресичат най-много по една окръжност.
Следователно разстоянието между центровете е [tex]5[/tex] или [tex]11[/tex].

Решение:
Нека [tex]M[/tex] е върхът, [tex]O[/tex] е центърът на основата, а [tex]AB[/tex] е диаметър на основата; осното сечение е равнобедреният триъгълник [tex]ABM[/tex] с [tex]MA=MB=l[/tex] и [tex]AB=2r[/tex]. От симетрията центърът [tex]I[/tex] на кълбото лежи на оста [tex]MO[/tex], затова равнината на осното сечение пресича кълбото в голям кръг, чиято окръжност се допира до [tex]AB[/tex], [tex]MA[/tex] и [tex]MB[/tex]. Следователно радиусът [tex]\rho[/tex] на кълбото е радиусът на вписаната в триъгълника [tex]ABM[/tex] окръжност.
От правоъгълния триъгълник [tex]AOM[/tex] височината е [tex]h=\sqrt{l^2-r^2}[/tex]. Лицето на триъгълника [tex]ABM[/tex] е [tex]\frac{1}{2}\cdot 2r\cdot h=rh[/tex], а полупериметърът му е [tex]l+r[/tex], следователно
[tex]\rho=\frac{rh}{l+r}=\frac{r\sqrt{(l-r)(l+r)}}{l+r}=r\sqrt{\frac{l-r}{l+r}}[/tex]
Обемът на кълбото е
[tex]V=\frac{4}{3}\pi\rho^3=\frac{4}{3}\pi r^3\cdot \frac{l-r}{l+r}\sqrt{\frac{l-r}{l+r}}=\frac{4\pi r^3(l-r)}{3(l+r)}\sqrt{\frac{l-r}{l+r}}[/tex]

Решение:
Нека [tex]P[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]D[/tex] върху равнината [tex]ABC[/tex] и [tex]h=DP[/tex]. Отсечките [tex]PA[/tex], [tex]PB[/tex], [tex]PC[/tex] са проекциите на [tex]DA[/tex], [tex]DB[/tex], [tex]DC[/tex], затова [tex]\angle DAP=\angle DBP=60^{\circ}[/tex], [tex]\angle DCP=45^{\circ}[/tex] и от правоъгълните триъгълници [tex]DPA[/tex] и [tex]DPB[/tex]
[tex]PA=PB=h\operatorname{cotg} 60^{\circ}=\frac{h}{\sqrt{3}}[/tex]
Нека [tex]K[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]P[/tex] към правата [tex]CA[/tex]. От теоремата за трите перпендикуляра [tex]DK\perp CA[/tex], затова [tex]\angle DKP=60^{\circ}[/tex] е ъгълът между стената [tex]DCA[/tex] и основата и [tex]PK=h\operatorname{cotg} 60^{\circ}=PA[/tex]. Ако [tex]K\ne A[/tex], катетът [tex]PK[/tex] на правоъгълния триъгълник [tex]PKA[/tex] би бил по-малък от хипотенузата [tex]PA[/tex]; следователно [tex]K=A[/tex], т.е. [tex]PA\perp CA[/tex] и [tex]DA\perp CA[/tex]. Аналогично [tex]PB\perp CB[/tex] и [tex]DB\perp CB[/tex].
И така, [tex]\angle DAC=\angle DBC=90^{\circ}[/tex] и точките [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] лежат на сферата с диаметър [tex]DC[/tex]. Тази сфера минава през четирите върха, значи тя е описаната сфера и [tex]DC=2\cdot 3=6[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]DPC[/tex] с [tex]\angle DCP=45^{\circ}[/tex]
[tex]h=DP=PC=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}; \quad PA=PB=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\sqrt{6}[/tex]
а от правоъгълните триъгълници [tex]PAC[/tex] и [tex]PBC[/tex]
[tex]AC=BC=\sqrt{PC^2-PA^2}=\sqrt{18-6}=2\sqrt{3}[/tex]
Тъй като [tex]PA=PB[/tex] и [tex]CA=CB[/tex], правата [tex]PC[/tex] е симетрала на отсечката [tex]AB[/tex]; нека [tex]E=AB\cap PC[/tex]. Отсечката [tex]AE[/tex] е височината към хипотенузата на правоъгълния триъгълник [tex]PAC[/tex], затова
[tex]AE=\frac{PA\cdot AC}{PC}=\frac{\sqrt{6}\cdot 2\sqrt{3}}{3\sqrt{2}}=2; \quad CE=\frac{AC^2}{PC}=\frac{12}{3\sqrt{2}}=2\sqrt{2}[/tex]
Следователно [tex]AB=2AE=4[/tex] и
[tex]S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot CE=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 2\sqrt{2}=4\sqrt{2}; \quad V=\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot DP=\frac{1}{3}\cdot 4\sqrt{2}\cdot 3\sqrt{2}=8[/tex]

Решение:
Нека пресечената пирамида има долна основа [tex]A_1A_2\ldots A_n[/tex], горна основа [tex]B_1B_2\ldots B_n[/tex] и околни ръбове [tex]A_iB_i[/tex] (индексите се вземат по модул [tex]n[/tex], т.е. [tex]A_{n+1}=A_1[/tex]); тя е отсечена от пирамидата [tex]A_1A_2\ldots A_nS[/tex] с равнина, успоредна на основата. Нека [tex]Q[/tex] е центърът на сферата. Всички допирателни отсечки от точка [tex]X[/tex] до сферата са равни (всяка е катет в правоъгълен триъгълник с хипотенуза [tex]XQ[/tex], чийто друг катет е радиусът).
Равнината на долната основа пресича сферата в окръжност [tex]k_1[/tex] с център [tex]O_1[/tex] (петата на перпендикуляра от [tex]Q[/tex]) и радиус [tex]r[/tex]. Всяка страна [tex]A_iA_{i+1}[/tex] лежи в тази равнина и има точно една обща точка [tex]M_i[/tex] със сферата, затова се допира до [tex]k_1[/tex] в [tex]M_i[/tex]. Следователно [tex]k_1[/tex] е вписаната окръжност на основата [tex]A_1A_2\ldots A_n[/tex]. Аналогично горната основа има вписана окръжност [tex]k_2[/tex], чийто център [tex]O_2[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]Q[/tex]; тъй като основите са успоредни, [tex]O_1[/tex], [tex]O_2[/tex] и [tex]Q[/tex] лежат на една права, перпендикулярна на основите.
Хомотетията с център [tex]S[/tex], която изобразява равнината на долната основа в равнината на горната, изобразява [tex]A_i[/tex] в [tex]B_i[/tex], следователно изобразява [tex]k_1[/tex] в окръжност, вписана в [tex]B_1B_2\ldots B_n[/tex]. Един изпъкнал многоъгълник има най-много една вписана окръжност (центърът ѝ е пресечната точка на ъглополовящите на два съседни ъгъла), затова образът на [tex]k_1[/tex] е [tex]k_2[/tex], а образът на [tex]O_1[/tex] е [tex]O_2[/tex]. Значи [tex]S[/tex] лежи на правата [tex]O_1O_2[/tex], т.е. [tex]SO_1\perp(A_1A_2\ldots A_n)[/tex].
Нека [tex]a_i[/tex] е дължината на допирателните отсечки от [tex]A_i[/tex], а [tex]t\gt 0[/tex] – дължината на допирателните отсечки от [tex]S[/tex]. Ръбът [tex]A_iB_i[/tex] се допира до сферата в точка [tex]T_i[/tex] от отсечката [tex]SA_i[/tex], затова [tex]SA_i=ST_i+T_iA_i=t+a_i[/tex]. Освен това [tex]A_iM_i=a_i[/tex], [tex]O_1M_i=r[/tex] и [tex]O_1M_i\perp A_iA_{i+1}[/tex]. От правоъгълните триъгълници [tex]O_1M_iA_i[/tex] и [tex]SO_1A_i[/tex]:
[tex]O_1A_i^2=r^2+a_i^2,\qquad SA_i^2=SO_1^2+O_1A_i^2[/tex]
[tex]\Rightarrow (t+a_i)^2=SO_1^2+r^2+a_i^2\Rightarrow 2ta_i=SO_1^2+r^2-t^2[/tex]
Дясната страна не зависи от [tex]i[/tex], затова [tex]a_1=a_2=\ldots=a_n=a[/tex]. Тогава всички страни са равни, [tex]A_iA_{i+1}=A_iM_i+M_iA_{i+1}=2a[/tex], и всички върхове са на едно и също разстояние [tex]O_1A_i=\sqrt{r^2+a^2}[/tex] от [tex]O_1[/tex].
Следователно основата е вписана в окръжност с център [tex]O_1[/tex] и има равни страни; равните хорди отсичат равни дъги, затова и ъглите ѝ са равни, т.е. основата е правилен многоъгълник с център [tex]O_1[/tex]. Тъй като [tex]S[/tex] се проектира в [tex]O_1[/tex], пирамидата [tex]A_1A_2\ldots A_nS[/tex] е правилна, а значи и пресечената пирамида, отсечена от нея с равнина, успоредна на основата, е правилна.

Решение:
Нека [tex]K[/tex] и [tex]L[/tex] са средите на [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex]. В равнобедрения триъгълник [tex]ABM[/tex] медианата [tex]MK[/tex] е и височина, [tex]MK\perp AB[/tex]; тъй като [tex](ABM)\perp(ABCD)[/tex], следва [tex]MK\perp(ABCD)[/tex], т.е. [tex]MK=h[/tex] е височината на пирамидата.
Ще използваме следния факт: ако равнината [tex]\beta[/tex] е перпендикулярна на равнината [tex]\gamma[/tex] и [tex]O'[/tex] е ортогоналната проекция на точка [tex]O[/tex] върху [tex]\gamma[/tex], то разстоянието от [tex]O[/tex] до [tex]\beta[/tex] е равно на разстоянието от [tex]O'[/tex] до правата [tex]\beta\cap\gamma[/tex] (правата [tex]OO'[/tex] е успоредна на [tex]\beta[/tex], а перпендикулярът в [tex]\gamma[/tex] от [tex]O'[/tex] към [tex]\beta\cap\gamma[/tex] е перпендикулярен на [tex]\beta[/tex]).
Да допуснем, че в пирамидата е вписана сфера с център [tex]O[/tex] и радиус [tex]\rho[/tex]; тогава [tex]O[/tex] е вътре в пирамидата и е на разстояние [tex]\rho[/tex] от всичките пет стени.
Първо, [tex]AB\perp KL[/tex] и [tex]AB\perp MK[/tex], затова [tex]AB\perp(MKL)[/tex], а също [tex]CD\perp(MKL)[/tex], защото [tex]CD\parallel AB[/tex]. Следователно равнините [tex](ABCD)[/tex], [tex](ABM)[/tex], [tex](CDM)[/tex] са перпендикулярни на [tex](MKL)[/tex] и я пресичат по правите [tex]KL[/tex], [tex]KM[/tex], [tex]LM[/tex]. Проекцията на пирамидата върху [tex](MKL)[/tex] е триъгълникът [tex]MKL[/tex] ([tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] се проектират в [tex]K[/tex], а [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex] в [tex]L[/tex]), затова проекцията [tex]O'[/tex] на [tex]O[/tex] е вътре в този триъгълник и на разстояние [tex]\rho[/tex] от трите му страни. Значи [tex]O'[/tex] е центърът на вписаната в [tex]\triangle MKL[/tex] окръжност и [tex]\rho=r_1[/tex] е нейният радиус.
Второ, [tex]BC\perp AB[/tex] и [tex]BC\perp MK[/tex], затова [tex]BC\perp(ABM)[/tex], а също [tex]AD\perp(ABM)[/tex]. Следователно равнините [tex](ABCD)[/tex], [tex](BCM)[/tex], [tex](ADM)[/tex] са перпендикулярни на [tex](ABM)[/tex] и я пресичат по [tex]AB[/tex], [tex]BM[/tex], [tex]AM[/tex]. Проекцията на пирамидата върху [tex](ABM)[/tex] е триъгълникът [tex]ABM[/tex] и по същия начин [tex]\rho=r_2[/tex] е радиусът на вписаната в [tex]\triangle ABM[/tex] окръжност. Значи трябва [tex]r_1=r_2[/tex].
Двата триъгълника имат лице [tex]\frac{ah}{2}[/tex]: [tex]\triangle MKL[/tex] е правоъгълен с прав ъгъл при върха [tex]K[/tex] и катети [tex]h[/tex] и [tex]KL=a[/tex], а [tex]\triangle ABM[/tex] има основа [tex]a[/tex], височина [tex]h[/tex] и бедра [tex]AM=BM=\sqrt{h^2+\frac{a^2}{4}}[/tex]. По формулата [tex]r=\frac{2S}{P}[/tex] ([tex]S[/tex] е лицето, [tex]P[/tex] е периметърът)
[tex]r_1=\frac{ah}{a+h+\sqrt{a^2+h^2}}; \quad r_2=\frac{ah}{a+\sqrt{a^2+4h^2}}[/tex]
Но
[tex]\left(h+\sqrt{a^2+h^2}\right)^2=a^2+2h^2+2h\sqrt{a^2+h^2}\gt a^2+2h^2+2h\cdot h=a^2+4h^2[/tex]
затова [tex]h+\sqrt{a^2+h^2}\gt\sqrt{a^2+4h^2}[/tex] и [tex]r_1\lt r_2[/tex]. Това противоречие показва, че в пирамидата не може да се впише сфера.