14792. Докажите, что шар, касающийся всех рёбер призмы существует тогда и только тогда, когда эта призма правильная и все её рёбра равны между собой.
Решение. Необходимость. Пусть такой шар существует. Без ограничения общности рассмотрим треугольную призму ABCA_{1}B_{1}C_{1}
(AA_{1}\parallel BB_{1}\parallel CC_{1}
). Через центр K
шара проведём высоту OO_{1}
призмы (рис. 1). Тогда O
и O_{1}
соответственно — центры вписанных в основания ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
окружностей (см. задачу 14791б). Пусть M
и M_{1}
— точки касания шара с рёбрами AB
и A_{1}B_{1}
соответственно. Тогда OM
и O_{1}
— радиусы вписанных в основания ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
окружностей, OM\perp AB
и O_{1}M_{1}\perp A_{1}B_{1}
.
Прямая AB
перпендикулярна пересекающимся прямым OO_{1}
и OM
плоскости MOO_{1}
, поэтому прямая A_{1}B_{1}
, параллельная AB
, тоже перпендикулярна этой плоскости. Значит, прямая A_{1}B_{1}
перпендикулярна прямой l
пересечения плоскостей MOO_{1}
и A_{1}B_{1}C_{1}
, проходящей через точку O_{1}
и параллельной прямой OM
(см. задачу 8009). Значит, прямая l
совпадает с прямой O_{1}M_{1}
.
Таким образом OM=O_{1}M_{1}
(как радиусы вписанных окружностей равных треугольников ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
) и OM\parallel O_{1}M_{1}
. Значит, MM_{1}O_{1}
— параллелограмм, а так как OO_{1}\perp OM
, то это прямоугольник, поэтому прямая MM_{1}
, параллельная OO_{1}
, перпендикулярна плоскостям оснований призмы. Тогда, в частности, MM_{1}\perp AB
.
Из равенства прямоугольных треугольников O_{1}M_{1}B_{1}
и OMB
(по катету и гипотенузе) следует, что M_{1}B_{1}=MB
, а так как M_{1}B_{1}\parallel MB
, то BMM_{1}B_{1}
— параллелограмм. При этом MM_{1}\perp AB
, поэтому BB_{1}\perp AB
, т. е. параллелограмм ABB_{1}A_{1}
— прямоугольник, в который можно вписать окружность (см. задачу 14791а), т. е. квадрат. Аналогично, остальные боковые грани призмы — квадраты, а стороны оснований равны боковым рёбрам. Аналогично для любой n
-угольной призмы.
Таким образом, во-первых, призма прямая, во-вторых, стороны её оснований равны, а основания можно вписать окружности. Следовательно, основания — правильные многоугольники (при повороте на угол \frac{360^{\circ}}{n}
вокруг центра вписанной окружности многоугольник основания переходит в себя, см. задачу 60011), а призма правильная. Необходимость доказана.
Достаточность. Пусть призма правильная и все её рёбра равны между собой, K
— середина её высоты, проведённой через центры O
и O_{1}
оснований, M
, N
и P
— середины рёбер AB
, BC
и AA_{1}
соответственно. Тогда
KP=OA,~AM=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}AA_{1}=\frac{1}{2}OO_{1}=OK,~OM=ON.
Значит, прямоугольные треугольники AMO
и KON
равны по двум катетам, поэтому KP=OA=KN=KM
. Аналогично для расстояний от точки K
до остальных рёбер призмы. Следовательно, K
— центр искомого шара. Что и требовалось доказать.
Примечание. 1. Из доказанного также следует, что радиус шара, касающегося всех рёбер такой призмы, равен радиусу описанной около основания окружности.
2. См. также статью М.Л.Крайзмана «Шар, касающийся рёбер многогранника», Квант, 1974, N12, с.55-59.
Источник: Журнал «Квант». — 1974, № 12, с. 55