14549. Плоскость \pi
проходит через три вершины прямоугольного параллелепипеда, отсекая от него тетраэдр. Два шара максимально возможных радиусов находятся внутри сферы, описанной около этого параллелепипеда, по разные стороны от плоскости \pi
. Найдите отношение радиусов этих шаров, если известно, что рёбра параллелепипеда равны 1, 2, 4.
Ответ. 25:17
.
Решение. Пусть \pi_{1}
и \pi_{2}
— две касательные плоскости к сфере, параллельные \pi
, а T_{1}
и T_{2}
— соответствующие точки касания. Тогда центр O
сферы совпадает с серединой отрезка T_{1}T_{2}
. Пусть T
— точка пересечения отрезка T_{1}T_{2}
с плоскостью \pi
, а шары, о котором говорится в условии, расположены между плоскостями \pi_{1}
и \pi
(первый из них) и \pi_{2}
и \pi
(второй).
Диаметр первого шара не превосходит расстояния между плоскостями \pi
и \pi_{1}
, а второго — расстояния между плоскостями \pi
и \pi_{2}
. Равенство достигается только в случае, когда диаметры шаров — отрезки TT_{1}
и TT_{2}
. Будем считать, что TT_{1}\geqslant TT_{2}
.
Обозначим через R
радиус сферы, а через d
— расстояние от её центра O
до плоскости \pi
. Тогда искомое отношение равно отношению диаметров шаров, т. е.
\frac{TT_{1}}{TT_{2}}=\frac{R+d}{R-d}=\frac{\frac{R}{d}+1}{\frac{R}{d}-1}.
Найдём отношение \frac{R}{d}
.
Первый способ. Пусть A
, B
и C
— вершины параллелепипеда, через которые проходит плоскость \pi
, D
— четвёртая вершина отсекаемого тетраэдра, а AD=1
, BC=2
и CD=4
. Из соответствующих прямоугольных треугольников по теореме Пифагора находим, что
AB=\sqrt{5},~AC=\sqrt{17},~BC=\sqrt{20}.
Обозначим \angle BAD=\alpha
. По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB\cdot AC}=\frac{5+17-20}{2\cdot\sqrt{5}\cdot\sqrt{17}}=\frac{1}{\sqrt{85}}.
Тогда
\sin\alpha=\frac{2\sqrt{21}}{\sqrt{85}},~S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin\alpha=\frac{1}{2}\sqrt{5}\cdot\sqrt{17}\cdot\frac{2\sqrt{21}}{\sqrt{85}}=\sqrt{21}.
Пусть R_{1}
— радиус окружности сечения сферы плоскостью \pi
(т. е. радиус окружности, описанной около треугольника ABC
). По теореме синусов
R_{1}=\frac{BC}{2\sin\alpha}=\frac{\sqrt{20}}{2\cdot\frac{2\sqrt{21}}{\sqrt{85}}}=\frac{5\sqrt{17}}{2\sqrt{21}}.
Поскольку диагональ прямоугольного параллелепипеда — диаметр его описанной сферы,
R=\frac{1}{2}\sqrt{AD^{2}+BD^{2}+CD^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{1+4+16}=\frac{\sqrt{21}}{2}.
Проведём сечение сферы плоскостью, проходящей через прямую T_{1}T_{2}
. Получим окружность с диаметром T_{1}T_{2}=2R
и хордой MN
этой окружности, перпендикулярной диаметру T_{1}T_{2}
и проходящей через середину T
этой хорды, и прямоугольный треугольник T_{1}MT_{2}
. Отрезок MT
— высота этого треугольника, проведённая из вершины прямого угла. При этом
T_{1}T=OT_{1}+OT=R+d,~T_{2}T=OT_{2}-OT=R-d,~TM=R_{1}=\frac{5\sqrt{17}}{2\sqrt{21}}.
Тогда (см. задачу 2728)
\frac{25\cdot17}{4\cdot21}=\left(\frac{5\sqrt{17}}{2\sqrt{21}}\right)^{2}=TM^{2}=T_{1}T\cdot T_{2}T=(R+d)(R-d)=R^{2}-d^{2}=\frac{21}{4}-d^{2},
откуда d=\frac{2}{\sqrt{21}}
. Значит,
\frac{R}{d}=\frac{\frac{\sqrt{21}}{2}}{\frac{2}{\sqrt{21}}}=\frac{21}{4},
Следовательно,
\frac{TT_{1}}{TT_{2}}=\frac{\frac{R}{d}+1}{\frac{R}{d}-1}=\frac{\frac{21}{4}+1}{\frac{21}{4}-1}=\frac{25}{17}.
Второй способ. Обозначим AD=a
, BD=b
, CD=c
, S_{\triangle ABC}=S
, а объём тетраэдра ABCD
— V
. Тогда V=\frac{1}{6}abc
, а так как расстояние от точки D
до плоскости BCD
в вдвое больше расстояния до этой плоскости от точки O
(см. задачу 7212), т. е. равно 2d
, то
V\frac{1}{3}S\cdot2d=\frac{2}{3}Sd=\frac{2}{3}d\sqrt{S_{\triangle ADB}+S_{\triangle BDC}+S_{\triangle ADC}}=
=\frac{2}{3}d\sqrt{\frac{1}{4}a^{2}b^{2}+\frac{1}{4}b^{2}c^{2}+\frac{1}{4}a^{2}c^{2}}=\frac{1}{3}d\sqrt{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2}}
(см. задачу 7239б). Из равенства
\frac{1}{6}abc=\frac{1}{3}d\sqrt{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2}}
получаем
d=\frac{abc}{2\sqrt{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2}}}=\frac{1}{2},
а так как
R=\frac{1}{2}\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}},~a=1,~b=2,~c=4,
то
\frac{R}{d}=\frac{\frac{1}{2}\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}{\frac{1}{2\sqrt{\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}}}}=\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\cdot\sqrt{\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}}=
=\sqrt{1+4+16}\cdot\sqrt{1+\frac{1}{4}+\frac{1}{16}}=\frac{21}{4}.
Следовательно,
\frac{TT_{1}}{TT_{2}}=\frac{\frac{R}{d}+1}{\frac{R}{d}-1}=\frac{\frac{21}{4}+1}{\frac{21}{4}-1}=\frac{25}{17}.
Источник: Дополнительное вступительное испытание в МГУ. — 2019, № 7, вариант 2