Для второго случая получаем S1 = аВ1D, S2 = aH. Так как В1D > H, то S1 > S2. Случай S1 = S2 можно отнести к этому случаю.

Ответ.

 при S1 < S2 < 2S1, а = S2/H при S1 >= S2.

3.53. Проведем в кубе сечение AB1C1D (рис. P.3.53, а). Оно разобьет куб на две равные треугольные призмы. Возьмем одну из призм (рис P.3.53, б) и в качестве основания четырехугольной пирамиды выберем четырехугольник AB1C1D, а в качестве ее вершины точку D1. Оставшаяся часть призмы (D1AA1B1) образует треугольную пирамиду. Аналогично разобьем и вторую призму. Поскольку четыре пирамиды заполняют весь объем куба, их суммирующий объем максимален.

3.54. Пусть O1 — центр шара, описанного около пирамиды SABC, а O — центр правильного треугольника ABC, лежащего в ее основании. Тогда O1O — перпендикуляр к плоскости основания (рис. P.3.54).

(По условию точка O1 равноудалена от A, B и C.) Обозначим длину отрезка O1O через x, а длину отрезка OP через y. Так как AO1 = SO1 = R, а AO = 6/3 = 23, то по теореме Пифагора для треугольника AOO1 : x^2 + AO^2 = R^2, т. е. x^2 + 12 = R^2. Соотношение для y найдем из треугольника SO1D, где O1D = y, SO1 = R. Тогда SD^2 = R^2 - y^2. Но SD есть либо 4 - x, либо 4 + x в зависимости от расположения O1. Поэтому найдем x: x = |SP– SD|, что охватывает сразу два возможных случая и приводит к уравнению

Отсюда

Но x^2 = R^2 - 12, т. е.

Тогда

 а после возведения в квадрат и приведения подобных членов: 64R^2 = 28^2 + 8у^2 + y4 или 64R^2 = (y^2 + 4)^2 + (28^2 - 16).

Поскольку

28^2 - 16/64 = 4^2 · 7^2 - 4^2/4^2 · 4 = 7^2 - 1/4 = 48/4 = 12,

имеем R^2 = (y^2 + 4)^2/64 + 12. Это выражение при x = 0 достигает своего минимального значения R^2 = 4^2/64 + 12 = 12 1/4 = 49/4, т.е. R = 7/2. 

Ответ. 3,5.

Замечание. Условие задачи, в силу которого основание P высоты SP пирамиды SABC принадлежит ее основанию ABC, при решении не использовано. Это условие оказалось лишним. Следовательно, в постановке задачи имеется неточность. Мы пытались использовать это условие, когда в первом указании строили прямую призму, верхнему основанию которой должна принадлежать вершина S. Эти ограничения оказались невостребованными при решении задачи. Задача реально предлагалась на вступительных экзаменах.

4.1. Проведем AE до пересечения с ОС в точке F (рис. P.4.1, а). Точка F лежит в плоскости грани DD1C1C, в которой лежит и точка О, принадлежащая сечению. Проведем FO до пересечения с D1D в точке N. Таким образом, сечение, о котором идет речь в условии, построено; это ANME (см. рис. P.4.1, а).

Обозначим ребро куба через а и вычислим объем фигуры, лежащей под сечением, как разность объемов двух пирамид: NAFD и MEFC.

Отрезок EC — средняя линия в треугольнике AFD, следовательно, CF = СО = а.

Вычертим отдельно треугольник BFD и проведем OK || ND (рис. P.4.1, б). Так как О — центр грани куба, то OK = a/2, DK = KC = а/2. Из подобия образовавшихся треугольников находим

MC = а/3, ND = 2MC = 2а/3.

Так как треугольники EFC и EAB равны (см. рис. P.4.1, а), то площадь треугольника AFD равна а^2, а площадь треугольника EFC равна a^2/4. Теперь можно вычислить объем фигуры, лежащей под сечением ANME: