14398. Даны три одинаковых конуса с углом \alpha
(\alpha\lt120^{\circ})
в осевом сечении и радиусом основания r
. Основания этих конусов расположены в одной плоскости и попарно касаются друг друга внешним образом. Найдите радиус сферы, касающейся всех трёх конусов и плоскости, проходящей через их вершины.
Ответ. \frac{2r}{\sqrt{3}}\tg\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{4}\right)
.
Решение. Пусть T
— точка касания сферы с центром S
искомого радиуса R
и плоскости, проходящей через вершины трёх данных конусов. Тогда расстояние от точки T
до вершины каждого конуса равно радиусу окружности, описанной около равностороннего треугольника со стороной 2r
, т. е. \frac{2r}{\sqrt{3}}
.
Пусть прямая ST
пересекает плоскость оснований конусов в точке O
, а осевое сечение одного из конусов — равнобедренный треугольник ABC
с вершиной C
и высотой CM
. Плоскость этого сечения содержит прямую TO
, параллельную высоте CM
конуса, и пересекает сферу искомого радиуса по окружности с центром S
радиуса r
. При этом TC=\frac{2r}{\sqrt{3}}
, а CS
— биссектриса угла BCT
.
Из прямоугольного треугольника CTS
находим, что
R=TS=CT\tg\angle SCT=\frac{2r}{\sqrt{3}}\tg\left(\frac{1}{2}\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)\right)=\frac{2r}{\sqrt{3}}\tg\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{4}\right).
Докажем, что при любом \alpha\lt120^{\circ}
задача разрешима. Действительно, если искомая сфера с центром S_{0}
касается окружности основания каждого конуса, то S_{0}B\perp BC
, поэтому
\angle OBS_{0}=90^{\circ}-\angle ABC=90^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{\alpha}{2}.
Пусть S_{0}B
пересекается с TO
в точке P
. Тогда
OP=OB\tg\angle OBP=(MO-MB)\tg\frac{\alpha}{2}=\left(\frac{2r}{\sqrt{3}}-r\right)\tg\frac{\alpha}{2},
TP=OT-OP=CM-OP=r\ctg\frac{\alpha}{2}-\left(\frac{2r}{\sqrt{3}}-r\right)\tg\frac{\alpha}{2},
при этом уже найдено, что TS=\frac{2r}{\sqrt{3}}\tg\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{4}\right)
.
Задача разрешима, если TS\leqslant TP
, т. е.
\frac{2r}{\sqrt{3}}\tg\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{4}\right)\leqslant r\ctg\frac{\alpha}{2}-\left(\frac{2r}{\sqrt{3}}-r\right)\tg\frac{\alpha}{2}
Разделив обе части неравенства на r
и применив формулу \tg\frac{\varphi}{2}=\frac{1-\cos\varphi}{\sin\varphi}
, получим
\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1-\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}}\leqslant\frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}}-\left(\frac{2}{\sqrt{3}}-1\right)\frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{2}{\sqrt{3}}\left(1-\sin\frac{\alpha}{2}\right)\leqslant\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-\frac{2}{\sqrt{3}}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}+\sin^{2}\frac{\alpha}{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\sin\frac{\alpha}{2}\leqslant\frac{\sqrt{3}}{2}~\Leftrightarrow~\frac{\alpha}{2}\leqslant60^{\circ}~\Leftrightarrow~\alpha\leqslant120^{\circ},
а последнее неравенство верно по условию. Что и требовалось доказать.
Источник: Вступительный экзамен на физический факультет МГУ. — 1967, № 5, вариант 1
Источник: Моденов П. С. Экзаменационные задачи по математике с анализом их решения. — М.: Просвещение, 1969. — № 5, с. 65, вариант 1