В 2022 году исполняется 65 лет запуска первого искусственного спутника Земли (ИСЗ). В настоящее время для обеспечения бесперебойной работы сотовой связи, систем теле и радиовещания используются различные виды спутников, находящихся на различных орбитах, на различных высотах.
Зоной покрытия спутника назовем часть поверхности земного шара, в пределах которой обеспечивается уровень сигналов к спутнику и от него, необходимый для их приема с заданным качеством в конкретный момент времени. Как правило, эта часть поверхности ограничивается окружностью, проходящей по линии видимого горизонта. На рисунке \(-\) линия проходит через точку \( \Gamma\).
а) Определите площадь земной поверхности (в км\(^2\)), которая является зоной покрытия спутника, находящегося на высоте \(Н = 500\) км относительно земной поверхности, считая ее сферой радиуса \(R = 6400\) км c центром в точке \(O\).
б) Найдите все значения \(n> 1\), для которых на поверхности земли можно
расположить окружности \(C_{1}, \ldots, C_{n}\), каждая из которых внешним образом
касается окружности \(C_{0}\), с центром в точке \(А\) и радиусом \(r < R\), каждая из
них является границей зоны покрытия ИСЗ, находящегося на той же высоте \(H\), что и спутник с зоной покрытия \(C_{0}\). Каждая из зон покрытия \(C_{i}\) должна внешним образом касаться окружностей \(C_{0}\) и \(C_{i+1}\), \(i=0\), \(1\), \(...\), \(n - 1\), т.е. первая касается \(C_{0}\) и \(C_{2}\), вторая \(-\) \(C_{0}\) и \(C_{3}\), и т.д. Окружность \(C_{n}\) должна касаться \(C_{0}\) и \(C_{1}\).

Решение

а) Зона покрытия \(-\) часть сферы, лежащая внутри \(\href{https://examp.info/onedef/konus/}{\text{конуса}}\). Так как мы имеем дело со сферой, то линия СО, соединяющая спутник и центр сферы, проходит через точку А \(-\) центр окружности, являющейся линией пересечения сферы и конуса.

\(\href{https://examp.info/theorem/ploshad-sfericheskogo-segmenta/}{\text{Площадь сферического сегмента}}\) (или площадь поверхности шарового сегмента) \(S = 2\pi R h,\) где \(h =\text{АЗ}\) \(-\) высота \(\href{https://examp.info/onedef/segment/}{\text{сегмента}}\). \(h = R - R\cos\alpha ,\) здесь \(\alpha\) \(-\) угол между радиусом ОГ и линией ОА. Из прямоугольного \(\triangle \)ОСГ находим: \(\cos \alpha = \dfrac{R}{R+H}.\) Тогда площадь равна \begin{gather*}
S=2\pi R^2(1-\cos\alpha)=2\pi R^2\left(1-\frac{R}{R+H}\right)=2\pi R^2\cdot\frac{H}{R+H}=\\=
2\pi\cdot 6400^2\cdot \frac{500}{6900}=\frac{6400^2\cdot 1000\pi}{6900}=\frac{4096\cdot 10^5\cdot \pi}{69}\approx18649222\text{км}^2\approx18650000\text{км}^2.
\end{gather*}
б) Так как все спутники находятся на одной и той же высоте от поверхности Земли, то все окружности, являющиеся границами их зон покрытия, имеют одинаковый радиус \(r\).
Пусть \(О\) \(-\) центр сферы, \(В\) \(-\) точка касания окружностей \(C_0\) и \(C_1\), \(A, А_1\) и \(А_2\ -\) центры окружностей \(C_0\), \(C_1\) и \(C_2\) соответственно, З, \(\text{З}_1,\) \(\text{З}_2\ - \) точки пересечения радиусов \(R\), проведенных через центры окружностей, со сферой.
Пусть \(\alpha\) \(-\) угол между ОЗ и ОВ. Тогда \(\sin \alpha =\frac{r}{R}\). \(OB \cap \text{ЗЗ}_1
=\) K, KЗ\(_{1} = R\sin\alpha = r =\) KЗ, значит \(\text{ЗЗ}_1=2r.\)
В правильной пирамиде \(\text{ОЗЗ}_1\text{З}_2\) плоские углы при вершине \(O\) равны \(2\alpha\), а стороны основания \(\text{З}_1 \text{З}_2 = \text{З} \text{З}_1 = \text{З} \text{З}_2 = 2r.\ \) Опустим перпендикуляры из точек \(\text{З}_1\) и \(\text{З}_2\) на ребро ОЗ в точку Н (основания перпендикуляров совпадают в силу симметрии). \(\angle\text{З}_1 H \text{З}_2\ -\) линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре ОЗ, он равен \(\frac{360^{\circ}}{n}\) (т. к. точки З\(_1, \ldots,\) З\(_n\) образуют плоский правильный \(n\)-угольник).
В треугольнике \(\text{ОЗЗ}_2:\ \angle \text{ОЗЗ}_2 = 90^{\circ}-\alpha\ \Rightarrow\ \angle \text{HЗ}_2\text{З} = \alpha.\)
Треугольники \(\text{ОЗЗ}_1\) и \(\text{ОЗЗ}_2\) равны по трем сторонам. Тогда:
\[ H\text{З}_1=H\text{З}_2=2r\cos\alpha=2r\sqrt{1-\sin^2\alpha}=2r\sqrt{1-\left(\frac{r}{R}\right)^2}.\]
Точка \(T - \) середина \(\text{З}_1 \text{З}_2.\) Так как \(\triangle \text{З}_1 H \text{З}_2 \) равнобедренный, то \(HT \perp \text{З}_1 \text{З}_2,\ \text{З}_1 T = \text{З}_2 T = r,\ \angle \text{З}_1 HT = \frac{180^{\circ}}{n}\ \Rightarrow\ r = H\text{З}_1\sin \left( \dfrac{180^{\circ}}{n} \right).\) Тогда сторона многоугольника
\[2r = \text{ЗЗ}_1 = 2\cdot H\text{З}_1\sin \left( \frac{180^{\circ}}{n} \right)=4r\sqrt{1-\frac{r^2}{R^2}} \cdot \sin \left( \frac{180^{\circ}}{n} \right).\]
Сокращаем на \(2r,\) получаем:
\begin{gather*}
2\sqrt{1-\frac{r^2}{R^2}} \cdot \sin \left( \frac{180^{\circ}}{n} \right)=1\Rightarrow \sin \left( \frac{180^{\circ}}{n} \right) =\frac{1}{2\sqrt{1-\frac{r^2}{R^2}}}>\frac{1}{2}\Rightarrow n<6.
\end{gather*}

Ответ: а) \(\approx18649222\text{км}^2\); б) 2, 3, 4, 5.