Задачи на цилиндр, конус и шар - сложные задачи с решениями

Решение:
Точки [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex] лежат на окружности нижнего основания, а образующая [tex]AA_1[/tex] перпендикулярна плоскости основания, поэтому [tex]AB\perp AA_1[/tex] и [tex]AC\perp AA_1[/tex]. Значит, [tex]\angle BAC[/tex] — линейный угол двугранного угла: [tex]\angle BAC=60^{\circ}[/tex].
Каждое сечение, проходящее через две образующие, — прямоугольник, вторая сторона которого равна высоте [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]
По теореме косинусов в [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]
Умножив на [tex]h^2[/tex], получаем
[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]
Площадь сечения [tex]BCC_1B_1[/tex] равна [tex]228[/tex] кв. см.

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — центр сферы, а [tex]k[/tex] — окружность сечения с центром [tex]K[/tex] и радиусом [tex]\rho[/tex]. Если точка равноудалена от всех точек окружности, то по теореме Пифагора и её ортогональная проекция на плоскость окружности равноудалена от них, т.е. эта проекция — центр [tex]K[/tex].
Это верно для [tex]O[/tex] и для [tex]A[/tex], поэтому прямая [tex]OA[/tex] перпендикулярна плоскости [tex]k[/tex] в точке [tex]K[/tex]. Для любой точки [tex]M[/tex] окружности [tex]k[/tex] имеем [tex]MK\perp OA[/tex], поэтому [tex]\rho=MK[/tex] — высота, проведённая из [tex]M[/tex] в треугольнике [tex]OAM[/tex] со сторонами [tex]OM=20[/tex], [tex]AM=13[/tex], [tex]OA=11[/tex]. По формуле Герона с полупериметром [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]
Длина окружности равна [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:
Пусть конус имеет вершину [tex]M[/tex], центр основания [tex]O[/tex], радиус основания [tex]r[/tex], образующую [tex]l[/tex] и высоту [tex]h[/tex], а [tex]\rho[/tex] — радиус шара. Осевое сечение через диаметр [tex]AB[/tex] основания — равнобедренный треугольник [tex]ABM[/tex] с [tex]AB=2r[/tex], [tex]MA=MB=l[/tex] и высотой [tex]MO=h[/tex].
В силу симметрии центр шара лежит на [tex]MO[/tex], поэтому эта плоскость пересекает шар по большому кругу, окружность которого касается [tex]AB[/tex], [tex]MA[/tex] и [tex]MB[/tex], т.е. это окружность, вписанная в треугольник [tex]ABM[/tex]. Площадь треугольника [tex]ABM[/tex] равна [tex]rh[/tex], а его полупериметр равен [tex]r+l[/tex], поэтому [tex]\rho=\frac{rh}{r+l}[/tex].
Площадь полной поверхности конуса равна [tex]S_1=\pi r^2+\pi rl=\pi r(r+l)[/tex], поэтому для объёма [tex]V_1[/tex] 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]
Для шара с площадью поверхности [tex]S_2=4\pi\rho^2[/tex] и объёмом [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]
Такой конус существует, например [tex]r=\sqrt{2}\rho[/tex], [tex]h=4\rho[/tex]: тогда [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]. Итак, объём конуса в [tex]2[/tex] раза больше объёма шара.

Решение:
Пусть [tex]R[/tex] — радиус шара. Объёмы до и после увеличения равны [tex]\frac{4}{3}\pi R^3[/tex] и [tex]\frac{4}{3}\pi(R+6)^3[/tex], поэтому
[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]
Раскрываем скобки:
[tex]18R^2+108R+216=1206\Rightarrow 18R^2+108R-990=0\Rightarrow R^2+6R-55=0[/tex]
Корни уравнения [tex]R=5[/tex] и [tex]R=-11[/tex]. Радиус положителен, поэтому [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:
Плоскость каждой грани пересекает сферу по окружности, проходящей через вершины этой грани, т.е. каждая грань вписана в окружность. Боковая грань — параллелограмм, вписанный в окружность, значит, это прямоугольник; поэтому боковые рёбра перпендикулярны основанию и призма прямая.
Основание [tex]ABCD[/tex] ([tex]AB\parallel CD[/tex]) — трапеция, вписанная в окружность, значит, она равнобедренная, с углами [tex]30^{\circ}[/tex], [tex]30^{\circ}[/tex], [tex]150^{\circ}[/tex], [tex]150^{\circ}[/tex]. Описанная около неё окружность (радиуса [tex]\rho[/tex]) описана и около [tex]\triangle ABD[/tex], угол [tex]BAD[/tex] которого равен [tex]30^{\circ}[/tex] или [tex]150^{\circ}[/tex]. По теореме синусов
[tex]BD=2\rho\sin \angle BAD=2\rho\cdot \frac{1}{2}=\rho\Rightarrow \rho=4[/tex]
Центр [tex]O[/tex] сферы равноудалён от вершин каждого основания, поэтому его проекции на плоскости оснований — центры [tex]O_1[/tex] и [tex]O_2[/tex] описанных около них окружностей. Призма прямая, значит, [tex]O_1O_2[/tex] перпендикулярна обоим основаниям и [tex]O[/tex] лежит на прямой [tex]O_1O_2[/tex]. Из прямоугольных треугольников [tex]OO_1A[/tex] и [tex]OO_2A_1[/tex]
[tex]OO_1=OO_2=\sqrt{5^2-4^2}=3[/tex]
Так как [tex]O_1\neq O_2[/tex], точка [tex]O[/tex] — середина [tex]O_1O_2[/tex], и высота призмы равна [tex]O_1O_2=3+3=6[/tex] см.

Решение:
Пусть [tex]P[/tex] — общая точка хорд, [tex]O[/tex] — центр, а [tex]R[/tex] — радиус сферы. Плоскость прямых [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex] пересекает сферу по окружности [tex]k[/tex] с центром [tex]O_1[/tex] (основание перпендикуляра из [tex]O[/tex]) и радиусом [tex]\rho[/tex]; из прямоугольного треугольника [tex]OO_1A[/tex] получаем [tex]R^2=\rho^2+OO_1^2=\rho^2+9[/tex].
По теореме о пересекающихся хордах [tex]PA\cdot PB=PC\cdot PD[/tex], а [tex]PA+PB=PC+PD=4\sqrt{3}[/tex]; значит, [tex]PA[/tex], [tex]PB[/tex] и [tex]PC[/tex], [tex]PD[/tex] — корни одного и того же квадратного уравнения, и эти пары совпадают. Переобозначив при необходимости [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex], получаем [tex]PA=PC=x[/tex], [tex]PB=PD=y[/tex], [tex]x+y=4\sqrt{3}[/tex].
Пусть [tex]\theta=\angle APC=\angle BPD[/tex]; тогда [tex]\theta=60^{\circ}[/tex] или [tex]\theta=120^{\circ}[/tex]. Если [tex]\theta=60^{\circ}[/tex], то равнобедренные треугольники [tex]APC[/tex] и [tex]BPD[/tex] равносторонние, поэтому [tex]AC=x\lt 8[/tex], [tex]BD=y\lt 8[/tex], а по теореме косинусов [tex]AD^2=BC^2=x^2+y^2+xy=(x+y)^2-xy\lt 48[/tex]; ни один отрезок не равен [tex]8[/tex]. Значит, [tex]\theta=120^{\circ}[/tex], и по теореме косинусов
[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]
Значит, наибольший отрезок — больший из [tex]AC[/tex] и [tex]BD[/tex]; пусть это [tex]AC[/tex] ([tex]x\ge y[/tex]). Тогда
[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]
Окружность [tex]k[/tex] описана около [tex]\triangle ABD[/tex], в котором [tex]AD=BD=4[/tex], [tex]AB=4\sqrt{3}[/tex]. По теоремам косинусов и синусов
[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]
Тогда [tex]R^2=16+9=25[/tex], [tex]R=5[/tex], и объём шара равен
[tex]V=\frac{4}{3}\pi\cdot 5^3=\frac{500\pi}{3}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]r[/tex] и [tex]h[/tex] — радиус и высота цилиндра. Из площади боковой поверхности
[tex]2\pi rh=80\pi\Rightarrow rh=40[/tex]
Плоскость параллельна оси, поэтому сечение — прямоугольник [tex]ABB_1A_1[/tex], где [tex]AB[/tex] — хорда нижнего основания, а [tex]AA_1=BB_1=h[/tex] — образующие. Пусть [tex]O[/tex] — центр нижнего основания, [tex]K[/tex] — середина [tex]AB[/tex]. Тогда [tex]OK\perp AB[/tex] и [tex]OK\perp AA_1[/tex], так как образующие перпендикулярны основанию, значит, [tex]OK[/tex] перпендикулярна секущей плоскости. Ось параллельна этой плоскости, поэтому [tex]OK[/tex] — расстояние от оси до плоскости: [tex]OK=4[/tex].
Из прямоугольного треугольника [tex]AKO[/tex] и из диагонали прямоугольника
[tex]AK^2=r^2-16\Rightarrow AB^2=4(r^2-16); \quad AB^2+h^2=100[/tex]
Подставив [tex]h=\frac{40}{r}[/tex], получим
[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]
Если [tex]r=4[/tex], то плоскость удалена от оси на расстояние [tex]r[/tex], т.е. касается цилиндра, и сечение — одна образующая, а не прямоугольник. Следовательно, [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:
Пусть конус имеет вершину [tex]M[/tex], центр основания [tex]O[/tex] и радиус основания [tex]OA=r[/tex], а плоскость пересекает высоту [tex]MO[/tex] в точке [tex]O_1[/tex] и образующую [tex]MA[/tex] в точке [tex]A_1[/tex]. Сечение — круг с центром [tex]O_1[/tex] и радиусом [tex]O_1A_1=r_1[/tex], а плоскость отсекает маленький конус с вершиной [tex]M[/tex], основанием которого является этот круг.
Так как [tex]O_1A_1\parallel OA[/tex], прямоугольные треугольники [tex]MO_1A_1[/tex] и [tex]MOA[/tex] подобны, поэтому маленький конус подобен данному с коэффициентом [tex]k=\frac{r_1}{r}=\frac{MO_1}{MO}[/tex]. Отношение площадей сечения и основания равно
[tex]\frac{\pi r_1^2}{\pi r^2}=k^2=\frac{1}{4}\Rightarrow k=\frac{1}{2}[/tex]
Объёмы подобных тел относятся как [tex]k^3=\frac{1}{8}[/tex], поэтому объём маленького конуса равен [tex]264\cdot \frac{1}{8}=33[/tex]. Усечённый конус — оставшаяся часть данного конуса:
[tex]V=264-33=231[/tex]

Решение:
Полупериметр треугольника [tex]p=33[/tex], и по формуле Герона его площадь равна
[tex]S_{\triangle ABC}=\sqrt{33\cdot 3\cdot 8\cdot 22}=132[/tex]
Пусть [tex]CH[/tex] — высота, опущенная на прямую [tex]AB[/tex]. Тогда из прямоугольных треугольников [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]
Так как [tex]BC^2=900\gt AB^2+AC^2=746[/tex], угол [tex]BAC[/tex] тупой, и точка [tex]H[/tex] лежит на продолжении [tex]BA[/tex] за точку [tex]A[/tex]; действительно, [tex]BH=BA+AH=11+7=18[/tex].
При вращении точка [tex]C[/tex] описывает окружность с центром [tex]H[/tex] и радиусом [tex]CH=24[/tex]. Отрезок [tex]BC[/tex] описывает боковую поверхность конуса с вершиной [tex]B[/tex], высотой [tex]BH=18[/tex] и образующей [tex]30[/tex], а [tex]AC[/tex] — боковую поверхность конуса с вершиной [tex]A[/tex], высотой [tex]AH=7[/tex] и образующей [tex]25[/tex] с тем же основанием. Треугольник [tex]ABC[/tex] — это треугольник [tex]BHC[/tex] без треугольника [tex]AHC[/tex], поэтому тело — большой конус, из которого удалён маленький:
[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]
Поверхность тела состоит из боковых поверхностей обоих конусов:
[tex]S=\pi\cdot 24\cdot 30+\pi\cdot 24\cdot 25=720\pi+600\pi=1320\pi[/tex]

Решение:
Пусть [tex]ABCDM[/tex] — пирамида с ребром основания [tex]a[/tex] и высотой [tex]MO=H[/tex], где [tex]O[/tex] — центр квадрата [tex]ABCD[/tex], а цилиндр имеет высоту [tex]x[/tex] ([tex]0\lt x\lt H[/tex]) и радиус [tex]\rho[/tex].
Плоскость верхнего основания цилиндра параллельна основанию пирамиды и удалена от него на [tex]x[/tex]. Она пересекает [tex]MO[/tex] в точке [tex]O'[/tex], для которой [tex]MO'=H-x[/tex], и пересекает пирамиду по квадрату [tex]A'B'C'D'[/tex], подобному [tex]ABCD[/tex] с коэффициентом [tex]\frac{MO'}{MO}=\frac{H-x}{H}[/tex]; значит, его сторона равна [tex]\frac{a(H-x)}{H}[/tex].
Верхняя окружность цилиндра лежит в этой плоскости, поэтому она касается боковой грани тогда и только тогда, когда касается прямой, по которой эта грань пересекает плоскость, т.е. стороны [tex]A'B'C'D'[/tex]. Следовательно, верхняя окружность вписана в квадрат [tex]A'B'C'D'[/tex] и
[tex]\rho=\frac{a(H-x)}{2H}[/tex]
Объём цилиндра равен
[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]
Положительные числа [tex]H-x[/tex], [tex]H-x[/tex], [tex]2x[/tex] имеют постоянную сумму [tex]2H[/tex], поэтому по неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим
[tex](H-x)(H-x)\cdot 2x\le\left(\frac{2H}{3}\right)^3[/tex]
причём равенство достигается только при [tex]H-x=2x[/tex], т.е. [tex]x=\frac{H}{3}[/tex]. Значит, объём цилиндра наибольший, когда его высота равна [tex]\frac{H}{3}[/tex], и тогда высота пирамиды в [tex]3[/tex] раза больше высоты цилиндра.

Решение:
Пусть [tex]M[/tex] — вершина, [tex]O[/tex] — центр основания, [tex]r[/tex] — радиус, [tex]l[/tex] — образующая, а [tex]MA\perp MB[/tex] — две данные образующие. Дуги [tex]AB[/tex] относятся как [tex]2:1[/tex], поэтому они равны [tex]240^{\circ}[/tex] и [tex]120^{\circ}[/tex], и [tex]\angle AOB=120^{\circ}[/tex]. По теореме косинусов для равнобедренного треугольника [tex]AOB[/tex]
[tex]AB^2=r^2+r^2-2r^2\cos 120^{\circ}=3r^2[/tex]
Треугольник [tex]AMB[/tex] прямоугольный и равнобедренный ([tex]MA=MB=l[/tex]), поэтому [tex]AB^2=2l^2[/tex]. Так как [tex]MO[/tex] — высота, треугольник [tex]AOM[/tex] прямоугольный с прямым углом при вершине [tex]O[/tex] и [tex]l^2=r^2+36[/tex]. Следовательно,
[tex]3r^2=2(r^2+36)\Rightarrow r^2=72[/tex]
Объём конуса равен
[tex]V=\frac{1}{3}\pi r^2h=\frac{1}{3}\pi\cdot 72\cdot 6=144\pi[/tex]

Решение:
Пусть [tex]r[/tex] — радиус основания, [tex]l[/tex] — образующая, [tex]h[/tex] — высота. Из площади боковой поверхности
[tex]\pi rl=136\pi\Rightarrow rl=136[/tex]
Осевое сечение — равнобедренный треугольник с боковыми сторонами [tex]l[/tex] и основанием [tex]2r[/tex], поэтому
[tex]2l+2r=50\Rightarrow l+r=25[/tex]
Значит, [tex]r[/tex] и [tex]l[/tex] — корни уравнения [tex]t^2-25t+136=0[/tex], т.е. [tex]8[/tex] и [tex]17[/tex]. Образующая — гипотенуза прямоугольного треугольника, образованного высотой, радиусом и образующей, поэтому [tex]l\gt r[/tex], т.е. [tex]r=8[/tex], [tex]l=17[/tex], и из этого прямоугольного треугольника
[tex]h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{289-64}=15[/tex]
Объём конуса равен
[tex]V=\frac{1}{3}\pi r^2h=\frac{1}{3}\pi\cdot 64\cdot 15=320\pi[/tex]

Решение:
Пусть [tex]O_A[/tex], [tex]O_B[/tex], [tex]O_C[/tex] — центры сфер. Все три сферы лежат по одну сторону от плоскости: две касающиеся сферы по разные стороны касались бы друг друга в точке плоскости, и их точки касания с плоскостью совпали бы.
Рассмотрим сферы с центрами [tex]O_A[/tex] и [tex]O_B[/tex], [tex]r_A\ge r_B[/tex]. Радиусы [tex]O_AA[/tex] и [tex]O_BB[/tex] перпендикулярны плоскости, поэтому [tex]ABO_BO_A[/tex] — прямоугольная трапеция (или прямоугольник) с [tex]O_AA=r_A[/tex], [tex]O_BB=r_B[/tex] и [tex]O_AO_B=r_A+r_B[/tex] (сферы касаются внешним образом). Пусть [tex]E[/tex] — основание перпендикуляра, опущенного из [tex]O_B[/tex] на [tex]O_AA[/tex]; тогда [tex]O_BE=AB=c[/tex] и [tex]O_AE=r_A-r_B[/tex]. Из прямоугольного треугольника [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]
Тогда
[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:
Пусть [tex]AB=a[/tex] и [tex]AD=h[/tex]; так как [tex]AD\perp(ABC)[/tex], [tex]AD[/tex] — высота пирамиды. Пусть [tex]M[/tex] — середина [tex]BC[/tex]. Тогда [tex]AM\perp BC[/tex] (медиана равностороннего треугольника), и по теореме о трёх перпендикулярах [tex]DM\perp BC[/tex]. Значит, [tex]\varphi=\angle AMD[/tex] — угол между плоскостями [tex]BCD[/tex] и [tex]ABC[/tex].
Треугольник [tex]ABC[/tex] — ортогональная проекция треугольника [tex]BCD[/tex] на основание, поэтому
[tex]S_{ABC}=S_{BCD}\cos\varphi\Rightarrow \cos\varphi=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \varphi=45^{\circ}[/tex]
Из прямоугольного треугольника [tex]AMD[/tex] ([tex]\angle MAD=90^{\circ}[/tex])
[tex]h=AM\operatorname{tg} 45^{\circ}=AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex]
Для граней: [tex]S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}[/tex], [tex]S_{BCD}=\sqrt{2}\,S_{ABC}[/tex], а прямоугольные треугольники [tex]ABD[/tex] и [tex]ACD[/tex] с катетами [tex]a[/tex] и [tex]h[/tex] имеют площади [tex]\frac{ah}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}[/tex]. Поэтому площадь полной поверхности [tex]S[/tex] и объём [tex]V[/tex] равны
[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]
Соединив центр вписанной сферы с вершинами, разобьём пирамиду на четыре пирамиды, основания которых — грани, а высоты равны радиусу [tex]r=1[/tex], поэтому [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:
Пусть треугольник [tex]ABC[/tex], [tex]AB=c[/tex], вращается вокруг прямой [tex]AB[/tex], и пусть [tex]CH=h[/tex] — его высота к [tex]AB[/tex] ([tex]H[/tex] лежит на прямой [tex]AB[/tex]). Тогда
[tex]S=\frac{ch}{2}\Rightarrow h=\frac{2S}{c}[/tex]
При вращении точка [tex]C[/tex] описывает окружность с центром [tex]H[/tex] и радиусом [tex]h[/tex], а стороны [tex]AC[/tex] и [tex]BC[/tex] описывают боковые поверхности конусов с вершинами [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex], основанием которых служит круг, ограниченный этой окружностью.
Если [tex]H[/tex] лежит между [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex], тело состоит из двух конусов с общим основанием радиуса [tex]h[/tex] и высотами [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]
Если [tex]H[/tex] совпадает с [tex]A[/tex] (прямой угол при вершине [tex]A[/tex]), тело — один конус с радиусом [tex]h[/tex] и высотой [tex]AB=c[/tex], т.е. снова [tex]V=\frac{1}{3}\pi h^2c[/tex].
Если [tex]H[/tex] лежит на продолжении [tex]AB[/tex] за точку [tex]A[/tex] (тупой угол при вершине [tex]A[/tex]; случай за точкой [tex]B[/tex] аналогичен), тело — это конус с вершиной [tex]B[/tex] и высотой [tex]HB[/tex], из которого удалён конус с вершиной [tex]A[/tex] и высотой [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]
Во всех случаях, учитывая [tex]h=\frac{2S}{c}[/tex], получаем
[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:
Пусть сфера имеет центр [tex]O[/tex] и радиус [tex]R[/tex], а усечённый конус — радиусы оснований [tex]r_1\ne r_2[/tex] и образующую [tex]l[/tex]. В силу симметрии [tex]O[/tex] лежит на оси конуса. Осевое сечение — равнобедренная трапеция [tex]ABCD[/tex] с основаниями [tex]AB=2r_1[/tex], [tex]CD=2r_2[/tex] и боковыми сторонами [tex]AD=BC=l[/tex], а большая окружность сферы в этой плоскости вписана в трапецию.
В силу симметрии эта окружность касается [tex]AB[/tex] в его середине [tex]O_1[/tex], [tex]CD[/tex] — в его середине [tex]O_2[/tex], а [tex]BC[/tex] — в точке [tex]T[/tex]. Отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны, поэтому [tex]BT=BO_1=r_1[/tex] и [tex]CT=CO_2=r_2[/tex], откуда
[tex]l=BC=BT+TC=r_1+r_2[/tex]
Центр [tex]O[/tex] лежит на биссектрисах углов [tex]ABC[/tex] и [tex]BCD[/tex], сумма которых равна [tex]180^{\circ}[/tex], так как [tex]AB\parallel CD[/tex]. Поэтому [tex]\angle OBC+\angle OCB=90^{\circ}[/tex], т.е. [tex]\angle BOC=90^{\circ}[/tex]. В прямоугольном [tex]\triangle BOC[/tex] отрезок [tex]OT[/tex] — высота, проведённая к гипотенузе, поэтому
[tex]R^2=OT^2=BT\cdot TC=r_1r_2[/tex]
Площадь сферы и площадь боковой поверхности усечённого конуса равны
[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]
так как [tex]r_1\ne r_2[/tex]. Следовательно, площадь сферы меньше площади боковой поверхности усечённого конуса.

Решение:
Пусть основания усечённого конуса — окружности [tex]k_1[/tex] (центр [tex]O_1[/tex], радиус [tex]R[/tex]) и [tex]k_2[/tex] (центр [tex]O_2[/tex], радиус [tex]r[/tex]), лежащие в параллельных плоскостях; ось [tex]O_1O_2[/tex] перпендикулярна обеим плоскостям. Сфера описана около усечённого конуса, если обе окружности оснований лежат на ней.
Пусть точка [tex]Q[/tex] равноудалена от всех точек [tex]k_1[/tex], а [tex]Q'[/tex] — её ортогональная проекция на плоскость [tex]k_1[/tex]. Для любой точки [tex]X[/tex] окружности [tex]k_1[/tex] треугольник [tex]QQ'X[/tex] прямоугольный, поэтому величина [tex]Q'X^2=QX^2-QQ'^2[/tex] одна и та же для всех [tex]X[/tex]. Значит, [tex]Q'[/tex] — центр [tex]O_1[/tex], и [tex]Q[/tex] лежит на оси.
Обратно, если [tex]Q[/tex] лежит на оси, то для любой точки [tex]X[/tex] окружности [tex]k_1[/tex] треугольник [tex]QO_1X[/tex] прямоугольный с прямым углом при [tex]O_1[/tex], и величина [tex]QX^2=QO_1^2+R^2[/tex] одна и та же для всех [tex]X[/tex]; то же верно для [tex]k_2[/tex]. Следовательно, центр любой описанной сферы лежит на оси, а точка [tex]Q[/tex] оси является таким центром тогда и только тогда, когда она равноудалена от одной точки [tex]k_1[/tex] и одной точки [tex]k_2[/tex].
Рассмотрим осевое сечение — равнобедренную трапецию [tex]ABCD[/tex], где [tex]AB[/tex] — диаметр [tex]k_1[/tex], [tex]CD[/tex] — диаметр [tex]k_2[/tex], а [tex]AD[/tex] — образующая. Точка [tex]Q[/tex] оси является центром описанной сферы тогда и только тогда, когда [tex]QA=QD[/tex], т.е. когда [tex]Q[/tex] лежит на серединном перпендикуляре [tex]s[/tex] к [tex]AD[/tex] в плоскости трапеции (эта плоскость содержит ось).
Точки [tex]A[/tex] и [tex]D[/tex] лежат в двух различных плоскостях, перпендикулярных оси, поэтому [tex]AD[/tex] не перпендикулярна оси. Значит, [tex]s[/tex] не параллельна оси и пересекает её ровно в одной точке [tex]O[/tex].
Существование: по доказанному сфера с центром [tex]O[/tex] и радиусом [tex]OA=OD[/tex] проходит через все точки [tex]k_1[/tex] и [tex]k_2[/tex], т.е. она описана около усечённого конуса. Единственность: центр [tex]Q[/tex] любой описанной сферы лежит на оси и [tex]QA=QD[/tex], поэтому [tex]Q=O[/tex], а её радиус равен [tex]OA[/tex]. (Точка [tex]O[/tex] — центр окружности, описанной около трапеции [tex]ABCD[/tex].)