7866. Ребро куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
равно 1. Одна сфера радиуса \frac{1}{4}
касается плоскости ABC
в точке A
; другая сфера касается плоскости A_{1}B_{1}C_{1}
в точке E_{1}
, лежащей на отрезке B_{1}C_{1}
, причём B_{1}E_{1}:E_{1}C_{1}=2:1
. Известно, что эти сферы касаются друг друга внешним образом и точка их касания лежит внутри куба. Найдите расстояние от точки касания сфер до точки D
.
Ответ. \frac{1}{2}\sqrt{\frac{73}{22}}
.
Решение. Поскольку первая сфера касается плоскости ABC
в точке A
, её центр O_{1}
лежит на прямой AA_{1}
, перпендикулярной плоскости ABC
(рис. 1), а так как точка K
касания сфер лежит внутри куба, то точка O_{1}
лежит на отрезке AA_{1}
, причём O_{1}A=\frac{1}{4}
.
Пусть E
— ортогональная проекция точки E_{1}
на плоскость ABC
. Поскольку плоскость BB_{1}C_{1}C
перпендикулярна плоскости ABC
, точка E
лежит на ребре BC
, причём
\frac{BE}{CE}=\frac{B_{1}E_{1}}{C_{1}E_{1}}=\frac{2}{1}.
Вторая сфера касается плоскости A_{1}B_{1}C_{1}
в точке E_{1}
, поэтому её центр O_{2}
лежит на прямой E_{1}E
, перпендикулярной плоскости A_{1}B_{1}C_{1}
, а так как точка касания сфер лежит внутри куба, то точка O_{2}
лежит на луче E_{1}E
.
Пусть x
— радиус второй сферы. Рассмотрим плоскость AA_{1}E_{1}E
(рис. 2). Поскольку точка K
касания сфер лежит на их линии центров O_{1}O_{2}
, получим две окружности радиусов \frac{1}{4}
и x
с центрами O_{1}
и O_{2}
, причём точка O_{1}
лежит на стороне AA_{1}
прямоугольника AA_{1}E_{1}E
, а точка O_{2}
— на стороне EE_{1}
или на её продолжении за точку E
.
Рассмотрим первый из этих случаев. Опустим перпендикуляр O_{2}N
из точки O_{2}
на прямую AA_{1}
. Тогда
O_{1}N=|O_{1}A-AN|=|O_{1}A-O_{2}E|=\left|\frac{1}{4}-(1-x)\right|=\left|x-\frac{3}{4}\right|,
Во втором случае
O_{1}N=O_{1}A+AN=OA_{1}+O_{2}E=\frac{1}{4}+x-1=x-\frac{3}{4}.
Тогда
O_{2}N=AE=\sqrt{AB^{2}+BE^{2}}=\sqrt{1+\left(\frac{2}{3}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{13}}{3},
O_{1}O_{2}=O_{1}K+O_{2}K=\frac{1}{4}+x.
По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника O_{1}NO_{2}
находим, что
O_{1}O^{2}_{2}=O_{1}N^{2}+O_{2}N^{2},~\mbox{или}~\left(\frac{1}{4}+x\right)^{2}=\left(x-\frac{3}{4}\right)^{2}+\frac{13}{4},
откуда x=\frac{35}{36}
. Поэтому точка E
лежит на отрезке BC
и
O_{2}E=1-x=1-\frac{35}{36}=\frac{1}{36},
O_{1}O_{2}=\frac{1}{4}+x=\frac{1}{4}+\frac{35}{36}=\frac{11}{9},~O_{1}N=x-\frac{3}{4}=\frac{35}{36}-\frac{3}{4}=\frac{2}{9}.
Пусть P
— ортогональная проекция точки K
на AE
, L
— точка пересечения отрезков KP
и NO_{2}
. Тогда
KP=PL+LK=O_{2}E+O_{1}N\cdot\frac{O_{2}K}{O_{1}O_{2}}=\frac{1}{36}+\frac{2}{9}\cdot\frac{\frac{35}{36}}{\frac{11}{9}}=\frac{9}{44},
AP=AE\cdot\frac{O_{1}K}{O_{1}O_{2}}=\frac{\sqrt{13}}{3}\cdot\frac{\frac{1}{4}}{\frac{11}{9}}=\frac{3\sqrt{13}}{44}.
Пусть F
— ортогональная проекция точки E
на AD
(рис. 1). Обозначим \angle DAE=\alpha
. Тогда
\cos\alpha=\frac{AF}{AE}=\frac{AD-DF}{AE}=\frac{AD-CE}{AE}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{\sqrt{13}}{3}}=\frac{2}{\sqrt{13}}.
По теореме косинусов из треугольника DAP
находим, что
DP^{2}=AD^{2}+AP^{2}-2AD\cdot AP\cos\alpha=
=1+\left(\frac{3\sqrt{13}}{44}\right)^{2}-2\cdot\frac{3\sqrt{13}}{44}\cdot1\cdot\frac{2}{\sqrt{13}}=\left(\frac{3\sqrt{13}}{44}\right)^{2}+\frac{8}{11}.
По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника DPK
находим, что
DK^{2}=KP^{2}+DP^{2}=\left(\frac{9}{44}\right)^{2}+\left(\frac{3\sqrt{13}}{44}\right)^{2}+\frac{8}{11}=
=\frac{8}{11}+\frac{9(9+13)}{44^{2}}=\frac{8}{11}+9\cdot\frac{22}{44^{2}}=\frac{8}{11}+\frac{9}{88}=\frac{73}{88}.
Следовательно, DK=\sqrt{\frac{73}{88}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{73}{22}}
.