9649. Внутри правильного тетраэдра расположены два шара радиусов 2R
и 3R
, касающиеся друг друга внешним образом, причём один шар вписан в трёхгранный угол тетраэдра с вершиной A
, а другой — в трёхгранный угол с вершиной B
. Найдите ребро тетраэдра.
Ответ. (5\sqrt{6}+\sqrt{22})R
.
Решение. Пусть первый шар с центром O_{1}
касается плоскости ABC
в точке P
, второй шар с центром O_{2}
— в точке Q
, DO
— высота тетраэдра, M
— середина ребра BC
. Обозначим ребро тетраэдра через x
, а угол между высотой тетраэдра, проведённой из вершины D
, и плоскостью грани BDC
через \alpha
.
Из прямоугольного треугольника DOM
получаем, что
\ctg\alpha=\frac{DO}{OM}=\frac{x\sqrt{\frac{2}{3}}}{\frac{x\sqrt{3}}{6}}=2\sqrt{2}
(см. задачу 7040).
Плоские углы рассматриваемых трёхгранных углов равны, а шары расположены внутри тетраэдра, поэтому точки P
и Q
лежат на отрезках OA
и OB
соответственно, причём
AP=O_{1}P\ctg\alpha=2R\cdot2\sqrt{2}=4R\sqrt{2},~BQ=O_{2}Q\ctg\alpha=3R\cdot2\sqrt{2}=6R\sqrt{2},
OP=OA-AP=\frac{x\sqrt{3}}{3}-4R\sqrt{2},~OQ=OB-BQ=\frac{x\sqrt{3}}{3}-6R\sqrt{2}.
Плоскость, проходящая через параллельные прямые O_{1}P
и O_{2}Q
, пересекает шары по касающимся кругам радиусов 2R
и 3R
, а плоскость ABC
— по общей касательной PQ
к этим кругам. Тогда
PQ=2\sqrt{2R\cdot3R}=2R\sqrt{6}
(см. задачу 365), при этом \angle POQ=120^{\circ}
.
Применив к треугольнику POQ
теорему косинусов, получим, что
OP^{2}+OQ^{2}-2OP\cdot OQ\cos120^{\circ}=PQ^{2},
или
\left(\frac{x\sqrt{3}}{3}-4R\sqrt{2}\right)^{2}+\left(\frac{x\sqrt{3}}{3}-6R\sqrt{2}\right)^{2}+\left(\frac{x\sqrt{3}}{3}-4R\sqrt{2}\right)\left(\frac{x\sqrt{3}}{3}-6R\sqrt{2}\right)=24R^{2},
После очевидных преобразований получим квадратное уравнение
x^{2}-10Rx\sqrt{6}+128R^{2}=0,
из которого находим, что x=(5\sqrt{6}+\sqrt{22})R
или x=(5\sqrt{6}-\sqrt{22})R
. Второй корень не удовлетворяет очевидному условию OA\gt AP
, т. е. \frac{x\sqrt{3}}{3}\gt4R\sqrt{2}
.