Пусть O₁ и O₂  — цен­тры сфер, A  — точка, ле­жа­щая на линии их пе­ре­се­че­ния, H  — про­ек­ция A на пря­мую O₁O₂. Тогда тре­уголь­ник O₁O₂A имеет сто­ро­ны 3, 5, 6 и по­то­му опре­де­лен од­но­знач­но, то есть все такие тре­уголь­ни­ки равны друг другу. Зна­чит, в них во всех вы­со­та из вер­ши­ны A па­да­ет в одну и ту же точку H ос­но­ва­ния O₁O₂, по­это­му они все лежат в одной плос­ко­сти, про­хо­дя­щей через H пер­пен­ди­ку­ляр­но от­рез­ку O₁O₂ и на одном и том же рас­сто­я­нии от точки H, рав­ном вы­со­те этого тре­уголь­ни­ка. На­о­бо­рот, любая точка на дан­ном рас­сто­я­нии от H в этой плос­ко­сти об­ра­зу­ет тре­уголь­ник с нуж­ны­ми сто­ро­на­ми, по­сколь­ку сто­ро­ны будут равны и Зна­чит, ис­ко­мая линия  — окруж­ность ра­ди­у­са AH. Оста­лось вы­чис­лить AH. Сде­ла­ем это, вы­ра­зив пло­щадь тре­уголь­ни­ка по фор­му­ле Ге­ро­на:

Зна­чит, длина окруж­но­сти со­став­ля­ет:

Ответ:

Пусть A и B  — диа­мет­раль­но про­ти­во­по­лож­ные точки ос­но­ва­ния ко­ну­са с вер­ши­ной S, A₁ и B₁  — точки пе­ре­се­че­ния верх­не­го ос­но­ва­ния ци­лин­дра с об­ра­зу­ю­щи­ми AS и BS со­от­вет­ствен­но, O и O₁  — цен­тры ос­но­ва­ний ци­лин­дра и се­ре­ди­ны от­рез­ков AB и A₁B₁ со­от­вет­ствен­но. Тогда тре­уголь­ни­ки SO₁B₁ и SOB по­доб­ны. Обо­зна­чим O₁B₁ за x, тогда

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра равна:

Наи­боль­шее зна­че­ние вто­рой мно­жи­тель при­ни­ма­ет при и равно оно по­это­му наи­боль­шее зна­че­ние пол­ной по­верх­но­сти ци­лин­дра со­ста­вит:

Ответ:

Пусть A и B  — диа­мет­раль­но про­ти­во­по­лож­ные точки ос­но­ва­ния ко­ну­са с вер­ши­ной S, A₁ и B₁  — точки пе­ре­се­че­ния верх­не­го ос­но­ва­ния ци­лин­дра с об­ра­зу­ю­щи­ми AS и BS со­от­вет­ствен­но, O и O₁  — цен­тры ос­но­ва­ний ци­лин­дра и се­ре­ди­ны от­рез­ков AB и A₁B₁ со­от­вет­ствен­но. Тогда тре­уголь­ни­ки SO₁B₁ и SOB по­доб­ны. Обо­зна­чим O₁B₁ за x, тогда

Объем ци­лин­дра равен:

Пер­вый мно­жи­тель кон­стан­та, а про­из­вод­ная вто­ро­го равна по­это­му по­ло­жи­тель­на при Зна­чит, функ­ция воз­рас­та­ет при и убы­ва­ет при а при при­ни­ма­ет наи­боль­шее зна­че­ние при не­от­ри­ца­тель­ных x. Для него по­лу­ча­ем:

Ответ:

Пусть A и B  — диа­мет­раль­но про­ти­во­по­лож­ные точки ос­но­ва­ния ко­ну­са с вер­ши­ной S, A₁ и B₁  — точки пе­ре­се­че­ния верх­не­го ос­но­ва­ния ци­лин­дра с об­ра­зу­ю­щи­ми AS и BS со­от­вет­ствен­но, O и O₁  — цен­тры ос­но­ва­ний ци­лин­дра и се­ре­ди­ны от­рез­ков AB и A₁B₁ со­от­вет­ствен­но. Тогда тре­уголь­ни­ки SO₁B₁ и SOB по­доб­ны, при­чем Зна­чит, и тре­уголь­ник ASB рав­но­сто­рон­ний, так как яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным с углом 60°. Обо­зна­чим ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са за R, а ра­ди­ус ос­но­ва­ния ци­лин­дра за x. Тогда вы­со­та ко­ну­са равна:

ана­ло­гич­но, и вы­со­та ци­лин­дра равна Зна­чит, объем ци­лин­дра равен:

Пер­вый мно­жи­тель  — кон­стан­та, а про­из­вод­ная вто­ро­го равна:

по­это­му по­ло­жи­тель­на при Зна­чит, функ­ция воз­рас­та­ет при и убы­ва­ет при а при при­ни­ма­ет наи­боль­шее зна­че­ние при не­от­ри­ца­тель­ных x. Для него по­лу­ча­ем:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра наи­боль­ше­го объ­е­ма

Зна­чит, от­но­ше­ние их равно:

Ответ: 9 : 2.

Пусть A и B  — диа­мет­раль­но про­ти­во­по­лож­ные точки ос­но­ва­ния ко­ну­са с вер­ши­ной S, A₁ и B₁  — точки пе­ре­се­че­ния верх­не­го ос­но­ва­ния ци­лин­дра с об­ра­зу­ю­щи­ми AS и BS со­от­вет­ствен­но, O и O₁  — цен­тры ос­но­ва­ний ци­лин­дра и се­ре­ди­ны от­рез­ков AB и A₁B₁ со­от­вет­ствен­но. Тогда тре­уголь­ни­ки SO1B₁ и SOB по­доб­ны, при­чем Кроме того, тре­уголь­ник ASB рав­но­сто­рон­ний, так как яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным с углом 60°, по­это­му диа­метр ос­но­ва­ния равен 12, а ра­ди­ус 6. Обо­зна­чим ра­ди­ус ос­но­ва­ния ци­лин­дра за x. Тогда вы­со­та ко­ну­са равна:

ана­ло­гич­но, и вы­со­та ци­лин­дра равна Зна­чит, объем ци­лин­дра равен:

Пер­вый мно­жи­тель  — кон­стан­та, а про­из­вод­ная вто­ро­го равна:

по­это­му по­ло­жи­тель­на при Зна­чит, функ­ция воз­рас­та­ет при и убы­ва­ет при а при при­ни­ма­ет наи­боль­шее зна­че­ние при не­от­ри­ца­тель­ных x. Для него по­лу­ча­ем

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра наи­боль­ше­го объ­е­ма:

Зна­чит от­но­ше­ние их равно:

Ответ: 2 : 9.

Рас­смот­рим осе­вое се­че­ние ко­ну­са. В нем будет рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция с углом 30° при ос­но­ва­нии. Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр A₁T на сто­ро­ну AB. С одной сто­ро­ны, из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AA₁T он равен с дру­гой сто­ро­ны, он равен диа­мет­ру впи­сан­ной окруж­но­сти че­ты­рех­уголь­ни­ка AA₁B₁B, то есть Зна­чит, пло­щадь по­верх­но­сти шара равна:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти усе­чен­но­го ко­ну­са равна

Зна­чит, ис­ко­мое от­но­ше­ние равно:

Ответ: 1 : 4.

Рас­смот­рим осе­вое се­че­ние ко­ну­са. В нем будет рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция с углом 60° при ос­но­ва­нии. Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр A₁T на сто­ро­ну AB. С одной сто­ро­ны, из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AA₁T он равен с дру­гой сто­ро­ны, он равен диа­мет­ру впи­сан­ной окруж­но­сти че­ты­рех­уголь­ни­ка AA₁B₁B, то есть Зна­чит, пло­щадь по­верх­но­сти шара равна:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти усе­чен­но­го ко­ну­са равна:

Зна­чит, ис­ко­мое от­но­ше­ние равно:

Ответ: 3 : 4.