9035. Две равные сферы S_{1}
и S_{2}
касаются друг друга, и, кроме того, каждая сфера касается обеих граней P
и Q
двугранного угла величины 2\alpha
. Сфера S_{1}
касается грани P
в точке A
, а сфера S_{2}
касается грани Q
в точке B
. В каком отношении отрезок AB
делится сферами?
Ответ. 1:\ctg^{2}\alpha:1
.
Решение. Пусть O_{1}
и O_{2}
— центры сфер S_{1}
и S_{2}
соответственно (рис. 1), R
— радиусы сфер, H
— точка касания сферы S_{1}
с плоскостью Q
, K
— точка касания сферы S_{2}
с плоскостью P
, M
и N
— отличные от A
и B
точки пересечения сфер соответственно S_{1}
и S_{2}
с отрезком AB
.
Радиусы O_{1}A
и O_{1}H
сферы S_{1}
перпендикулярны граням P
и Q
соответственно. Пусть плоскость пересекающихся прямых O_{1}A
и O_{1}H
пересекает ребро данного двугранного угла в точке C
. Тогда ACH
— линейный угол данного двугранного угла, значит, \angle ACH=2\alpha
. Аналогично, если плоскость O_{2}BK
пересекает ребро двугранного угла в точке D
, то \angle BDK=2\alpha
.
Плоскость ACH
проходит через перпендикуляр O_{1}H
к плоскости Q
, значит, эти плоскости перпендикулярны, поэтому перпендикуляр AF
, опущенный из точки A
на плоскость Q
, лежит в плоскости ACH
. Рассмотрим четырёхугольник ACHO_{1}
(рис. 2), в котором
O_{1}A=O_{1}H=R,~\angle O_{1}AC=\angle O_{1}HC=90^{\circ},~\angle ACH=2\alpha,~CA=CH.
Из прямоугольных треугольников O_{1}CH
и AFC
находим, что
CH=O_{1}H\ctg\angle O_{1}CH=R\ctg\alpha,~CF=AC\cos\angle ACH=CH\cos2\alpha=R\ctg\alpha\cos2\alpha,
AF=AC\sin\angle ACH=R\ctg\alpha\sin2\alpha=2R\cos^{2}\alpha.
Тогда
FH=CH-CF=R\ctg\alpha-R\ctg\alpha\cos2\alpha=R\ctg\alpha(1-\cos2\alpha)=R\ctg\alpha\cdot2\sin^{2}\alpha=2R\sin\alpha\cos\alpha.
Заметим, что CHBD
и O_{1}O_{2}BH
— прямоугольники, поэтому HB=O_{1}O_{2}=2R
. Из прямоугольных треугольников BHF
и AFB
находим, что
BF=\sqrt{BH^{2}+FH^{2}}=\sqrt{4R^{2}+4R\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha}=2R\sqrt{1+\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha},
AB=\sqrt{BF^{2}+AF^{2}}=\sqrt{4R^{2}+4R\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha+4R^{2}\alpha\cos^{4}\alpha}=
=2R\sqrt{1+\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha+\cos^{4}\alpha}=2R\sqrt{1+\cos^{2}\alpha(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha)}=2R\sqrt{1+\cos^{2}\alpha}.
Пусть G
— проекция точки N
на плоскость Q
. Тогда точка G
лежит на отрезке BF
. Рассмотрим прямоугольную трапецию NO_{2}BG
, в которой O_{2}N=O_{2}B=R
. Обозначим \angle NBG=\angle ABF=\beta
. Если E
— середина основания BN
равнобедренного треугольника BO_{2}N
, то \angle BO_{2}E=\angle NBG=\beta
, поэтому
BE=O_{2}B\sin\beta=R\cdot\frac{AF}{AB}=R\cdot\frac{2R\cos^{2}\alpha}{2R\sqrt{1+\cos^{2}\alpha}}=\frac{R\cos^{2}\alpha}{\sqrt{1+\cos^{2}\alpha}},
значит,
AM=BN=2BE=\frac{2R\cos^{2}\alpha}{\sqrt{1+\cos^{2}\alpha}},
MN=AB-2AM=2R\sqrt{1+\cos^{2}\alpha}-\frac{4R\cos^{2}\alpha}{\sqrt{1+\cos^{2}\alpha}}=\frac{2R\sin^{2}\alpha}{\sqrt{1+\cos^{2}\alpha}}.
Следовательно,
\frac{BN}{MN}=\frac{AM}{MN}=\frac{\frac{2R\cos^{2}\alpha}{\sqrt{1+\cos^{2}\alpha}}}{\frac{2R\sin^{2}\alpha}{\sqrt{1+\cos^{2}\alpha}}}=\ctg^{2}\alpha.