1 + cos 2/cos 2 = 8 tg^2 .

Выразив tg^2 через cos 2, получим

1 + cos 2/cos 2 = 81 - cos 2/cos 2,

откуда cos 2 = 1/3 .

Найдем теперь требуемое отношение объемов. Имеем

Vк = r^3/3 ctg^3 tg 2, Vш = 4/3r^3.

Преобразуем выражение ctg^3 tg 2, имея в виду, что cos 2 = 1/3 :

ctg^3 tg 2 = ctg^2 · ctg sin 2/cos 2 = 1 + cos 2/1 - cos 2 · cos · 2 sin cos / 1/3 sin = 8.

Следовательно, Vк = 2Vш, т. е. отношение объема конуса к объему шара равно 2.

Способ 2. Представим объем конуса как сумму двух объемов V1 и V2, где V1 — объем тела, образуемого вращением заштрихованного на рис. P.3.51 треугольника вокруг оси конуса, а V2 — объем конуса с осевым сечением AOB. Имеем

Vк = V1 + V2 = 1/3 rSб + 1/3 rSo = r/3(Sб + So) = r/3Sпк

(здесь использована лемма об объеме тела вращения треугольника; So — площадь основания конуса, Sб — площадь его боковой поверхности).

Так как Vш = r/3(4r^3) = r/3Sш, то

Vк : Vш = (r/3Sпк) : (r/3Sш) = 2. 

Ответ. Отношение объемов равно 2.

3.52. Предположим, что двум равновеликим граням принадлежит ребро BB1. Спроецируем точку B1 на плоскость основания и обозначим проекцию буквой O. Если B1E и B1D — соответственно высоты параллелограммов CC1B1B и AA1B1B, то B1D = B1E, поскольку площади и основания у этих параллелограммов равны. Следовательно, прямоугольные треугольники B1OE и B1OD равны, т. е. точка O находится на одинаковом расстоянии от прямых AB и CB. Поэтому (подробнее см. задачу 5.4) она лежит на биссектрисе одного из углов, образованных этими прямыми. Случаю, когда точка O находится либо внутри угла ABC, либо попадает в угол, вертикальный по отношению к углу ABC, отвечает рис. P.3.52, а. Другой возможный вариант изображен на рис. P.3.52, б. Здесь в построении участвует биссектриса угла ABN.

Начнем с первого случая. Так как ABC — правильный треугольник, то BK AC и, следовательно, В1В AC. Поскольку ребро A1A параллельно В1В, то А1A AC. Мы доказали, что в первой из двух различных ситуаций АА1С1С — прямоугольник. Если AB = а, A1A = b, то S2 = ab. Чтобы связать введенные элементы с известными из условия задачи, вспомним, что треугольник, лежащий в основании, правильный. Следовательно, OB = 2 · OD (угол OBD равен /6). Отрезок OD найдем из треугольника В1OD, а отрезок OB — из треугольника В1OB.

Итак,

благодаря чему

Поскольку

(6)

Рассмотрим теперь второй из возможных случаев (см. рис. P.3.52, б). Теперь ВО и AC параллельны и ВО KB. Поэтому KB ВВ1 и, следовательно, KB АА1. Мы установили, что параллелограмм АА1С1С лежит во втором случае в плоскости, перпендикулярной к плоскости основания призмы. Следовательно, высота А1O1 призмы принадлежит плоскости АА1С1С, т. е. Ha = S2, откуда

Возможен еще один случай, который является как бы совпадением двух разобранных вариантов — точка О совпадает с вершиной B. Тогда призма прямая и при S1 = S2 из формулы (6) получим

Поскольку в первом случае S1 = аВ1D, S2 = аВ1В и В1D < В1В, то первому случаю соответствует требование S1 < S2. Условие положительности подкоренного выражения 4 S^21– S^22 приводит ко второму ограничению S2 < 2S1.