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

Решение:
Точките [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex] лежат на окръжността на долната основа, а образувателната [tex]AA_1[/tex] е перпендикулярна на равнината на основата, затова [tex]AB\perp AA_1[/tex] и [tex]AC\perp AA_1[/tex]. Следователно [tex]\angle BAC[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл: [tex]\angle BAC=60^{\circ}[/tex].
Всяко сечение през две образувателни е правоъгълник, чиято втора страна е височината [tex]h=AA_1=BB_1=CC_1[/tex]:
[tex]AB\cdot h=192; \ AC\cdot h=252; \ S_{BCC_1B_1}=BC\cdot h[/tex]
От косинусовата теорема за [tex]\triangle ABC[/tex]:
[tex]BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cos 60^{\circ}=AB^2+AC^2-AB\cdot AC[/tex]
Като умножим по [tex]h^2[/tex], получаваме
[tex](BC\cdot h)^2=192^2+252^2-192\cdot 252=36864+63504-48384=51984[/tex]
[tex]BC\cdot h=\sqrt{51984}=228[/tex]
Лицето на сечението [tex]BCC_1B_1[/tex] е [tex]228[/tex] кв. см.

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е центърът на сферата, а [tex]k[/tex] е окръжността на сечението с център [tex]K[/tex] и радиус [tex]\rho[/tex]. Ако една точка е на равни разстояния от всички точки на окръжност, то по Питагоровата теорема и ортогоналната ѝ проекция върху равнината на окръжността е на равни разстояния от тях, т.е. тази проекция е центърът [tex]K[/tex].
Това е вярно за [tex]O[/tex] и за [tex]A[/tex], следователно правата [tex]OA[/tex] е перпендикулярна на равнината на [tex]k[/tex] в точката [tex]K[/tex]. За всяка точка [tex]M[/tex] от [tex]k[/tex] имаме [tex]MK\perp OA[/tex], затова [tex]\rho=MK[/tex] е височината през [tex]M[/tex] в [tex]\triangle OAM[/tex] със страни [tex]OM=20[/tex], [tex]AM=13[/tex], [tex]OA=11[/tex]. По формулата на Херон с полупериметър [tex]p=22[/tex]:
[tex]S_{OAM}=\sqrt{22\cdot 2\cdot 9\cdot 11}=66,\qquad \rho=\frac{2S_{OAM}}{OA}=\frac{2\cdot 66}{11}=12[/tex]
Дължината на окръжността е [tex]2\pi\rho=24\pi[/tex] см. (Проверка: [tex]OK=\sqrt{20^2-12^2}=16[/tex], [tex]AK=16-11=5[/tex], [tex]AM=\sqrt{12^2+5^2}=13[/tex].)

Решение:
Нека конусът има връх [tex]M[/tex], център на основата [tex]O[/tex], радиус на основата [tex]r[/tex], образувателна [tex]l[/tex] и височина [tex]h[/tex], а [tex]\rho[/tex] е радиусът на кълбото. Осното сечение през диаметъра [tex]AB[/tex] на основата е равнобедреният триъгълник [tex]ABM[/tex] с [tex]AB=2r[/tex], [tex]MA=MB=l[/tex] и височина [tex]MO=h[/tex].
Поради симетрията центърът на кълбото лежи на [tex]MO[/tex], затова тази равнина пресича кълбото в голям кръг, чиято окръжност се допира до [tex]AB[/tex], [tex]MA[/tex] и [tex]MB[/tex], т.е. това е вписаната в [tex]\triangle ABM[/tex] окръжност. Лицето на [tex]\triangle ABM[/tex] е [tex]rh[/tex], а полупериметърът му е [tex]r+l[/tex], затова [tex]\rho=\frac{rh}{r+l}[/tex].
Пълната повърхнина на конуса е [tex]S_1=\pi r^2+\pi rl=\pi r(r+l)[/tex], затова за обема [tex]V_1[/tex] на конуса:
[tex]V_1=\frac{1}{3}\pi r^2h=\frac{1}{3}\pi r(r+l)\cdot \frac{rh}{r+l}=\frac{1}{3}S_1\rho[/tex]
За кълбото с повърхнина [tex]S_2=4\pi\rho^2[/tex] и обем [tex]V_2[/tex]:
[tex]V_2=\frac{4}{3}\pi\rho^3=\frac{1}{3}\cdot 4\pi\rho^2\cdot \rho=\frac{1}{3}S_2\rho\quad\Rightarrow\quad \frac{V_1}{V_2}=\frac{S_1}{S_2}=2[/tex]
Такъв конус съществува, например [tex]r=\sqrt{2}\rho[/tex], [tex]h=4\rho[/tex]: тогава [tex]l=3\sqrt{2}\rho[/tex], [tex]\frac{rh}{r+l}=\rho[/tex] и [tex]S_1=8\pi\rho^2=2S_2[/tex]. Следователно обемът на конуса е [tex]2[/tex] пъти по-голям от обема на кълбото.

Решение:
Нека [tex]R[/tex] е радиусът на кълбото. Обемите преди и след увеличението са [tex]\frac{4}{3}\pi R^3[/tex] и [tex]\frac{4}{3}\pi(R+6)^3[/tex], затова
[tex]\frac{4}{3}\pi\left((R+6)^3-R^3\right)=1608\pi\Rightarrow (R+6)^3-R^3=\frac{3\cdot 1608}{4}=1206[/tex]
Разкриваме скобите:
[tex]18R^2+108R+216=1206\Rightarrow 18R^2+108R-990=0\Rightarrow R^2+6R-55=0[/tex]
Корените са [tex]R=5[/tex] и [tex]R=-11[/tex]. Радиусът е положителен, затова [tex]R=5[/tex] см. Проверка: [tex]\frac{4}{3}\pi\left(11^3-5^3\right)=\frac{4}{3}\pi\cdot 1206=1608\pi[/tex].

Решение:
Равнината на всяка стена пресича сферата в окръжност, минаваща през върховете на стената, т.е. всяка стена е вписана в окръжност. Околната стена е успоредник, вписан в окръжност, следователно е правоъгълник; затова околните ръбове са перпендикулярни на основата и призмата е права.
Основата [tex]ABCD[/tex] ([tex]AB\parallel CD[/tex]) е трапец, вписан в окръжност, следователно е равнобедрен, с ъгли [tex]30^{\circ}[/tex], [tex]30^{\circ}[/tex], [tex]150^{\circ}[/tex], [tex]150^{\circ}[/tex]. Описаната около него окръжност (с радиус [tex]\rho[/tex]) е описана и около [tex]\triangle ABD[/tex], чийто ъгъл [tex]BAD[/tex] е [tex]30^{\circ}[/tex] или [tex]150^{\circ}[/tex]. От синусовата теорема
[tex]BD=2\rho\sin \angle BAD=2\rho\cdot \frac{1}{2}=\rho\Rightarrow \rho=4[/tex]
Центърът [tex]O[/tex] на сферата е на равни разстояния от върховете на всяка основа, затова проекциите му върху равнините на основите са центровете [tex]O_1[/tex] и [tex]O_2[/tex] на описаните около тях окръжности. Призмата е права, следователно [tex]O_1O_2[/tex] е перпендикулярна на двете основи и [tex]O[/tex] лежи на правата [tex]O_1O_2[/tex]. От правоъгълните триъгълници [tex]OO_1A[/tex] и [tex]OO_2A_1[/tex]
[tex]OO_1=OO_2=\sqrt{5^2-4^2}=3[/tex]
Тъй като [tex]O_1\neq O_2[/tex], точката [tex]O[/tex] е среда на [tex]O_1O_2[/tex] и височината на призмата е [tex]O_1O_2=3+3=6[/tex] см.

Решение:
Нека [tex]P[/tex] е общата точка на хордите, [tex]O[/tex] е центърът, а [tex]R[/tex] е радиусът на сферата. Равнината на [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex] пресича сферата в окръжност [tex]k[/tex] с център [tex]O_1[/tex] (петата на перпендикуляра от [tex]O[/tex]) и радиус [tex]\rho[/tex]; от правоъгълния триъгълник [tex]OO_1A[/tex] получаваме [tex]R^2=\rho^2+OO_1^2=\rho^2+9[/tex].
От теоремата за пресичащите се хорди [tex]PA\cdot PB=PC\cdot PD[/tex], а [tex]PA+PB=PC+PD=4\sqrt{3}[/tex]; следователно [tex]PA[/tex], [tex]PB[/tex] и [tex]PC[/tex], [tex]PD[/tex] са корени на едно и също квадратно уравнение и двете двойки съвпадат. С евентуално преименуване на [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex] получаваме [tex]PA=PC=x[/tex], [tex]PB=PD=y[/tex], [tex]x+y=4\sqrt{3}[/tex].
Нека [tex]\theta=\angle APC=\angle BPD[/tex]; тогава [tex]\theta=60^{\circ}[/tex] или [tex]\theta=120^{\circ}[/tex]. Ако [tex]\theta=60^{\circ}[/tex], равнобедрените триъгълници [tex]APC[/tex] и [tex]BPD[/tex] са равностранни, затова [tex]AC=x\lt 8[/tex], [tex]BD=y\lt 8[/tex], а от косинусовата теорема [tex]AD^2=BC^2=x^2+y^2+xy=(x+y)^2-xy\lt 48[/tex]; тогава никоя отсечка не е [tex]8[/tex]. Следователно [tex]\theta=120^{\circ}[/tex] и от косинусовата теорема
[tex]AC=x\sqrt{3},\quad BD=y\sqrt{3},\quad AD^2=BC^2=x^2+y^2-xy\le\max(x,y)^2[/tex]
Следователно най-дългата отсечка е по-голямата от [tex]AC[/tex] и [tex]BD[/tex]; нека това е [tex]AC[/tex] ([tex]x\ge y[/tex]). Тогава
[tex]x\sqrt{3}=8\Rightarrow x=\frac{8\sqrt{3}}{3},\quad y=4\sqrt{3}-\frac{8\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}[/tex]
[tex]BD=y\sqrt{3}=4,\quad AD^2=\frac{64}{3}+\frac{16}{3}-\frac{32}{3}=16\Rightarrow AD=4[/tex]
Окръжността [tex]k[/tex] е описана около [tex]\triangle ABD[/tex], в който [tex]AD=BD=4[/tex], [tex]AB=4\sqrt{3}[/tex]. От косинусовата и синусовата теорема
[tex]\cos\angle ADB=\frac{16+16-48}{2\cdot 4\cdot 4}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \angle ADB=120^{\circ},\quad \rho=\frac{AB}{2\sin 120^{\circ}}=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=4[/tex]
Тогава [tex]R^2=16+9=25[/tex], [tex]R=5[/tex] и обемът на кълбото е
[tex]V=\frac{4}{3}\pi\cdot 5^3=\frac{500\pi}{3}[/tex]

Решение:
Нека [tex]r[/tex] и [tex]h[/tex] са радиусът и височината на цилиндъра. От лицето на околната повърхнина
[tex]2\pi rh=80\pi\Rightarrow rh=40[/tex]
Равнината е успоредна на оста, затова сечението е правоъгълник [tex]ABB_1A_1[/tex], в който [tex]AB[/tex] е хорда на долната основа, а [tex]AA_1=BB_1=h[/tex] са образувателни. Нека [tex]O[/tex] е центърът на долната основа, а [tex]K[/tex] е средата на [tex]AB[/tex]. Тогава [tex]OK\perp AB[/tex] и [tex]OK\perp AA_1[/tex], защото образувателните са перпендикулярни на основата, следователно [tex]OK[/tex] е перпендикулярна на секущата равнина. Оста е успоредна на тази равнина, значи [tex]OK[/tex] е разстоянието от оста до равнината: [tex]OK=4[/tex].
От правоъгълния триъгълник [tex]AKO[/tex] и от диагонала на правоъгълника
[tex]AK^2=r^2-16\Rightarrow AB^2=4(r^2-16); \quad AB^2+h^2=100[/tex]
Като заместим [tex]h=\frac{40}{r}[/tex], получаваме
[tex]4r^2-64+\frac{1600}{r^2}=100\iff r^4-41r^2+400=0\iff r^2=16\text{ или }r^2=25[/tex]
Ако [tex]r=4[/tex], равнината е на разстояние [tex]r[/tex] от оста, т.е. допира се до цилиндъра и сечението е една образувателна, а не правоъгълник. Следователно [tex]r=5[/tex] и
[tex]h=\frac{40}{5}=8[/tex]
Проверка: [tex]AB=2\sqrt{25-16}=6[/tex] и [tex]\sqrt{6^2+8^2}=10[/tex].

Решение:
Нека конусът има връх [tex]M[/tex], център на основата [tex]O[/tex] и радиус на основата [tex]OA=r[/tex], а равнината пресича височината [tex]MO[/tex] в точка [tex]O_1[/tex] и образувателната [tex]MA[/tex] в точка [tex]A_1[/tex]. Сечението е кръг с център [tex]O_1[/tex] и радиус [tex]O_1A_1=r_1[/tex], а равнината отрязва малък конус с връх [tex]M[/tex] и основа този кръг.
Тъй като [tex]O_1A_1\parallel OA[/tex], правоъгълните триъгълници [tex]MO_1A_1[/tex] и [tex]MOA[/tex] са подобни, затова малкият конус е подобен на дадения с коефициент [tex]k=\frac{r_1}{r}=\frac{MO_1}{MO}[/tex]. Отношението на лицата на сечението и основата е
[tex]\frac{\pi r_1^2}{\pi r^2}=k^2=\frac{1}{4}\Rightarrow k=\frac{1}{2}[/tex]
Обемите на подобни тела се отнасят като [tex]k^3=\frac{1}{8}[/tex], затова обемът на малкия конус е [tex]264\cdot \frac{1}{8}=33[/tex]. Пресеченият конус е останалата част от дадения конус:
[tex]V=264-33=231[/tex]

Решение:
Полупериметърът на триъгълника е [tex]p=33[/tex] и по формулата на Херон лицето му е
[tex]S_{\triangle ABC}=\sqrt{33\cdot 3\cdot 8\cdot 22}=132[/tex]
Нека [tex]CH[/tex] е височината към правата [tex]AB[/tex]. Тогава от правоъгълните триъгълници [tex]AHC[/tex] и [tex]BHC[/tex]
[tex]CH=\frac{2\cdot 132}{11}=24; \quad AH=\sqrt{25^2-24^2}=7; \quad BH=\sqrt{30^2-24^2}=18[/tex]
Тъй като [tex]BC^2=900\gt AB^2+AC^2=746[/tex], ъгълът [tex]BAC[/tex] е тъп и [tex]H[/tex] лежи на продължението на [tex]BA[/tex] след точка [tex]A[/tex]; наистина [tex]BH=BA+AH=11+7=18[/tex].
При въртенето точката [tex]C[/tex] описва окръжност с център [tex]H[/tex] и радиус [tex]CH=24[/tex]. Отсечката [tex]BC[/tex] описва околната повърхнина на конус с връх [tex]B[/tex], височина [tex]BH=18[/tex] и образувателна [tex]30[/tex], а [tex]AC[/tex] описва околната повърхнина на конус с връх [tex]A[/tex], височина [tex]AH=7[/tex] и образувателна [tex]25[/tex], със същата основа. Триъгълникът [tex]ABC[/tex] е триъгълникът [tex]BHC[/tex] без триъгълника [tex]AHC[/tex], затова тялото е големият конус, от който е изрязан малкият:
[tex]V=\frac{1}{3}\pi\cdot 24^2\cdot 18-\frac{1}{3}\pi\cdot 24^2\cdot 7=\frac{1}{3}\pi\cdot 576\cdot 11=2112\pi[/tex]
Повърхнината на тялото се състои от околните повърхнини на двата конуса:
[tex]S=\pi\cdot 24\cdot 30+\pi\cdot 24\cdot 25=720\pi+600\pi=1320\pi[/tex]

Решение:
Нека пирамидата е [tex]ABCDM[/tex] с основен ръб [tex]a[/tex] и височина [tex]MO=H[/tex], където [tex]O[/tex] е центърът на квадрата [tex]ABCD[/tex], а цилиндърът има височина [tex]x[/tex] ([tex]0\lt x\lt H[/tex]) и радиус [tex]\rho[/tex].
Равнината на горната основа на цилиндъра е успоредна на основата на пирамидата и е на разстояние [tex]x[/tex] от нея. Тя пресича [tex]MO[/tex] в точка [tex]O'[/tex], за която [tex]MO'=H-x[/tex], и пресича пирамидата в квадрат [tex]A'B'C'D'[/tex], подобен на [tex]ABCD[/tex] с коефициент [tex]\frac{MO'}{MO}=\frac{H-x}{H}[/tex]; следователно страната му е [tex]\frac{a(H-x)}{H}[/tex].
Горната окръжност на цилиндъра лежи в тази равнина, затова тя се допира до една околна стена точно когато се допира до правата, по която стената пресича равнината, т.е. до страна на [tex]A'B'C'D'[/tex]. Следователно горната окръжност е вписана в квадрата [tex]A'B'C'D'[/tex] и
[tex]\rho=\frac{a(H-x)}{2H}[/tex]
Обемът на цилиндъра е
[tex]V=\pi\rho^2x=\frac{\pi a^2}{4H^2}(H-x)^2x=\frac{\pi a^2}{8H^2}(H-x)(H-x)\cdot 2x[/tex]
Положителните числа [tex]H-x[/tex], [tex]H-x[/tex], [tex]2x[/tex] имат постоянна сума [tex]2H[/tex], затова от неравенството между средно аритметично и средно геометрично
[tex](H-x)(H-x)\cdot 2x\le\left(\frac{2H}{3}\right)^3[/tex]
като равенство се достига точно при [tex]H-x=2x[/tex], т.е. [tex]x=\frac{H}{3}[/tex]. Значи обемът на цилиндъра е най-голям, когато височината му е [tex]\frac{H}{3}[/tex], и тогава височината на пирамидата е [tex]3[/tex] пъти по-голяма от височината на цилиндъра.

Решение:
Нека [tex]M[/tex] е върхът, [tex]O[/tex] е центърът на основата, [tex]r[/tex] е радиусът, [tex]l[/tex] е образувателната, а [tex]MA\perp MB[/tex] са двете образувателни. Дъгите [tex]AB[/tex] се отнасят както [tex]2:1[/tex], значи те са [tex]240^{\circ}[/tex] и [tex]120^{\circ}[/tex] и [tex]\angle AOB=120^{\circ}[/tex]. От косинусовата теорема за равнобедрения триъгълник [tex]AOB[/tex]
[tex]AB^2=r^2+r^2-2r^2\cos 120^{\circ}=3r^2[/tex]
Триъгълникът [tex]AMB[/tex] е правоъгълен и равнобедрен ([tex]MA=MB=l[/tex]), откъдето [tex]AB^2=2l^2[/tex]. Тъй като [tex]MO[/tex] е височината, триъгълникът [tex]AOM[/tex] е правоъгълен при върха [tex]O[/tex] и [tex]l^2=r^2+36[/tex]. Следователно
[tex]3r^2=2(r^2+36)\Rightarrow r^2=72[/tex]
Обемът на конуса е
[tex]V=\frac{1}{3}\pi r^2h=\frac{1}{3}\pi\cdot 72\cdot 6=144\pi[/tex]

Решение:
Нека [tex]r[/tex] е радиусът на основата, [tex]l[/tex] е образувателната, а [tex]h[/tex] е височината. От околната повърхнина
[tex]\pi rl=136\pi\Rightarrow rl=136[/tex]
Осното сечение е равнобедрен триъгълник с бедра [tex]l[/tex] и основа [tex]2r[/tex], следователно
[tex]2l+2r=50\Rightarrow l+r=25[/tex]
Значи [tex]r[/tex] и [tex]l[/tex] са корените на [tex]t^2-25t+136=0[/tex], т.е. [tex]8[/tex] и [tex]17[/tex]. Образувателната е хипотенуза в правоъгълния триъгълник, образуван от височината, радиус и образувателна, затова [tex]l\gt r[/tex], т.е. [tex]r=8[/tex], [tex]l=17[/tex], и от този правоъгълен триъгълник
[tex]h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{289-64}=15[/tex]
Обемът на конуса е
[tex]V=\frac{1}{3}\pi r^2h=\frac{1}{3}\pi\cdot 64\cdot 15=320\pi[/tex]

Решение:
Нека [tex]O_A[/tex], [tex]O_B[/tex], [tex]O_C[/tex] са центровете на сферите. Трите сфери са от една и съща страна на равнината: две допиращи се сфери от различни страни биха се допирали в точка от равнината и допирните им точки с равнината биха съвпаднали.
Да разгледаме сферите с центрове [tex]O_A[/tex] и [tex]O_B[/tex], [tex]r_A\ge r_B[/tex]. Радиусите [tex]O_AA[/tex] и [tex]O_BB[/tex] са перпендикулярни на равнината, затова [tex]ABO_BO_A[/tex] е правоъгълен трапец (или правоъгълник) с [tex]O_AA=r_A[/tex], [tex]O_BB=r_B[/tex] и [tex]O_AO_B=r_A+r_B[/tex] (сферите се допират външно). Нека [tex]E[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]O_B[/tex] към [tex]O_AA[/tex]; тогава [tex]O_BE=AB=c[/tex] и [tex]O_AE=r_A-r_B[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]O_AEO_B[/tex]
[tex]c^2=(r_A+r_B)^2-(r_A-r_B)^2=4r_Ar_B\Rightarrow c=2\sqrt{r_Ar_B}[/tex]
Аналогично
[tex]a=2\sqrt{r_Br_C}; \quad b=2\sqrt{r_Cr_A}[/tex]
Тогава
[tex]bc=4r_A\sqrt{r_Br_C}=2r_A\cdot a\Rightarrow r_A=\frac{bc}{2a}[/tex]
и аналогично
[tex]r_B=\frac{ca}{2b}; \quad r_C=\frac{ab}{2c}[/tex]

Решение:
Нека [tex]AB=a[/tex] и [tex]AD=h[/tex]; тъй като [tex]AD\perp(ABC)[/tex], [tex]AD[/tex] е височината на пирамидата. Нека [tex]M[/tex] е средата на [tex]BC[/tex]. Тогава [tex]AM\perp BC[/tex] (медиана в равностранния триъгълник) и от теоремата за трите перпендикуляра [tex]DM\perp BC[/tex]. Следователно [tex]\varphi=\angle AMD[/tex] е ъгълът между равнините [tex]BCD[/tex] и [tex]ABC[/tex].
Триъгълникът [tex]ABC[/tex] е ортогоналната проекция на триъгълника [tex]BCD[/tex] върху основата, затова
[tex]S_{ABC}=S_{BCD}\cos\varphi\Rightarrow \cos\varphi=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \varphi=45^{\circ}[/tex]
От правоъгълния триъгълник [tex]AMD[/tex] ([tex]\angle MAD=90^{\circ}[/tex])
[tex]h=AM\operatorname{tg} 45^{\circ}=AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex]
За стените: [tex]S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}[/tex], [tex]S_{BCD}=\sqrt{2}\,S_{ABC}[/tex], а правоъгълните триъгълници [tex]ABD[/tex] и [tex]ACD[/tex] с катети [tex]a[/tex] и [tex]h[/tex] имат лица [tex]\frac{ah}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}[/tex]. Следователно пълната повърхнина [tex]S[/tex] и обемът [tex]V[/tex] са
[tex]S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}(3+\sqrt{2}); \quad V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{8}[/tex]
Като свържем центъра на вписаната сфера с върховете, разделяме пирамидата на четири пирамиди с основи стените и височини, равни на радиуса [tex]r=1[/tex], затова [tex]V=\frac{1}{3}Sr[/tex] и
[tex]1=\frac{3V}{S}=\frac{3a^3}{8}\cdot \frac{4}{a^2\sqrt{3}(3+\sqrt{2})}=\frac{a\sqrt{3}}{2(3+\sqrt{2})}\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{3}}{2}=3+\sqrt{2}[/tex]

Решение:
Нека триъгълникът е [tex]ABC[/tex], [tex]AB=c[/tex], въртенето е около правата [tex]AB[/tex], а [tex]CH=h[/tex] е височината към [tex]AB[/tex] ([tex]H[/tex] лежи на правата [tex]AB[/tex]). Тогава
[tex]S=\frac{ch}{2}\Rightarrow h=\frac{2S}{c}[/tex]
При въртенето точката [tex]C[/tex] описва окръжност с център [tex]H[/tex] и радиус [tex]h[/tex], а страните [tex]AC[/tex] и [tex]BC[/tex] описват околните повърхнини на конуси с върхове [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex], чиято основа е кръгът, ограничен от тази окръжност.
Ако [tex]H[/tex] лежи между [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex], тялото се състои от два конуса с обща основа с радиус [tex]h[/tex] и височини [tex]AH[/tex] и [tex]HB[/tex]:
[tex]V=\frac{1}{3}\pi h^2\cdot AH+\frac{1}{3}\pi h^2\cdot HB=\frac{1}{3}\pi h^2(AH+HB)=\frac{1}{3}\pi h^2c[/tex]
Ако [tex]H[/tex] съвпада с [tex]A[/tex] (прав ъгъл при върха [tex]A[/tex]), тялото е един конус с радиус [tex]h[/tex] и височина [tex]AB=c[/tex], т.е. отново [tex]V=\frac{1}{3}\pi h^2c[/tex].
Ако [tex]H[/tex] лежи на продължението на [tex]AB[/tex] след [tex]A[/tex] (тъп ъгъл при върха [tex]A[/tex]; случаят след [tex]B[/tex] е аналогичен), тялото е конусът с връх [tex]B[/tex] и височина [tex]HB[/tex], от който е отстранен конусът с връх [tex]A[/tex] и височина [tex]HA[/tex]:
[tex]V=\frac{1}{3}\pi h^2\cdot HB-\frac{1}{3}\pi h^2\cdot HA=\frac{1}{3}\pi h^2(HB-HA)=\frac{1}{3}\pi h^2c[/tex]
Във всички случаи, като използваме [tex]h=\frac{2S}{c}[/tex], получаваме
[tex]V=\frac{1}{3}\pi h^2c=\frac{1}{3}\pi\cdot \frac{4S^2}{c^2}\cdot c=\frac{4\pi S^2}{3c}[/tex]

Решение:
Нека сферата има център [tex]O[/tex] и радиус [tex]R[/tex], а пресеченият конус има радиуси на основите [tex]r_1\ne r_2[/tex] и образувателна [tex]l[/tex]. Поради симетрията [tex]O[/tex] лежи на оста на конуса. Осното сечение е равнобедрен трапец [tex]ABCD[/tex] с основи [tex]AB=2r_1[/tex], [tex]CD=2r_2[/tex] и бедра [tex]AD=BC=l[/tex], а голямата окръжност на сферата в тази равнина е вписана в трапеца.
Поради симетрията тази окръжност се допира до [tex]AB[/tex] в средата ѝ [tex]O_1[/tex], до [tex]CD[/tex] в средата ѝ [tex]O_2[/tex], а до [tex]BC[/tex] – в точка [tex]T[/tex]. Допирателните отсечки от точка до окръжност са равни, затова [tex]BT=BO_1=r_1[/tex] и [tex]CT=CO_2=r_2[/tex], откъдето
[tex]l=BC=BT+TC=r_1+r_2[/tex]
Центърът [tex]O[/tex] лежи на ъглополовящите на ъглите [tex]ABC[/tex] и [tex]BCD[/tex], чийто сбор е [tex]180^{\circ}[/tex], тъй като [tex]AB\parallel CD[/tex]. Следователно [tex]\angle OBC+\angle OCB=90^{\circ}[/tex], т.е. [tex]\angle BOC=90^{\circ}[/tex]. В правоъгълния [tex]\triangle BOC[/tex] отсечката [tex]OT[/tex] е височина към хипотенузата, затова
[tex]R^2=OT^2=BT\cdot TC=r_1r_2[/tex]
Лицето на сферата и лицето на околната повърхнина на пресечения конус са
[tex]S_1=4\pi R^2=4\pi r_1r_2; \ S_2=\pi(r_1+r_2)l=\pi(r_1+r_2)^2[/tex]
[tex]S_2-S_1=\pi(r_1+r_2)^2-4\pi r_1r_2=\pi(r_1-r_2)^2\gt 0[/tex]
тъй като [tex]r_1\ne r_2[/tex]. Следователно лицето на сферата е по-малко от лицето на околната повърхнина на пресечения конус.

Решение:
Нека основите на пресечения конус са окръжностите [tex]k_1[/tex] (център [tex]O_1[/tex], радиус [tex]R[/tex]) и [tex]k_2[/tex] (център [tex]O_2[/tex], радиус [tex]r[/tex]), които лежат в успоредни равнини; оста [tex]O_1O_2[/tex] е перпендикулярна на двете равнини. Една сфера е описана около пресечения конус, когато двете окръжности на основите лежат на нея.
Нека точка [tex]Q[/tex] е на равни разстояния от всички точки на [tex]k_1[/tex] и [tex]Q'[/tex] е ортогоналната ѝ проекция върху равнината на [tex]k_1[/tex]. За всяка точка [tex]X[/tex] от [tex]k_1[/tex] триъгълникът [tex]QQ'X[/tex] е правоъгълен, затова [tex]Q'X^2=QX^2-QQ'^2[/tex] е едно и също за всички [tex]X[/tex]. Следователно [tex]Q'[/tex] е центърът [tex]O_1[/tex] и [tex]Q[/tex] лежи на оста.
Обратно, ако [tex]Q[/tex] лежи на оста, то за всяка точка [tex]X[/tex] от [tex]k_1[/tex] триъгълникът [tex]QO_1X[/tex] е правоъгълен с прав ъгъл при [tex]O_1[/tex] и [tex]QX^2=QO_1^2+R^2[/tex] е едно и също за всички [tex]X[/tex]; същото важи и за [tex]k_2[/tex]. Следователно центърът на всяка описана сфера лежи на оста, а точка [tex]Q[/tex] от оста е такъв център тогава и само тогава, когато е на равни разстояния от една точка на [tex]k_1[/tex] и една точка на [tex]k_2[/tex].
Разглеждаме осното сечение – равнобедрения трапец [tex]ABCD[/tex], където [tex]AB[/tex] е диаметър на [tex]k_1[/tex], [tex]CD[/tex] е диаметър на [tex]k_2[/tex], а [tex]AD[/tex] е образувателна. Точка [tex]Q[/tex] от оста е център на описана сфера тогава и само тогава, когато [tex]QA=QD[/tex], т.е. когато [tex]Q[/tex] лежи на симетралата [tex]s[/tex] на [tex]AD[/tex] в равнината на трапеца (тази равнина съдържа оста).
Точките [tex]A[/tex] и [tex]D[/tex] лежат в две различни равнини, перпендикулярни на оста, затова [tex]AD[/tex] не е перпендикулярна на оста. Следователно [tex]s[/tex] не е успоредна на оста и я пресича в точно една точка [tex]O[/tex].
Съществуване: според доказаното сферата с център [tex]O[/tex] и радиус [tex]OA=OD[/tex] минава през всички точки на [tex]k_1[/tex] и [tex]k_2[/tex], т.е. тя е описана около пресечения конус. Единственост: всяка описана сфера има център [tex]Q[/tex] на оста с [tex]QA=QD[/tex], затова [tex]Q=O[/tex] и радиусът ѝ е [tex]OA[/tex]. (Точката [tex]O[/tex] е центърът на описаната около трапеца [tex]ABCD[/tex] окръжност.)