14853. В основании четырёхугольной призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
лежит ромб ABCD
со стороной 5 и диагональю AC=8
. Сфера касается рёбер AA_{1}
, BB_{1}
, DD_{1}
и плоскости ABCD
в точке C
. Найдите радиус сферы.
Ответ. \frac{8}{\sqrt{7}}
.
Решение. Пусть K
— точка касания сферы с ребром AA_{1}
, O
— центр сферы. Тогда OK
— перпендикуляр к прямой AA_{1}
. Проведём через точку K
плоскость \alpha
, перпендикулярную прямой AA_{1}
(а значит, и прямым BB_{1}
и DD_{1}
). Она пересечёт рёбра BB_{1}
и DD_{1}
призмы соответственно в точках M
и N
.
Точка O
лежит в проведённой плоскости \alpha
, OM
и ON
перпендикулярны прямым BB_{1}
и DD_{1}
, поэтому M
и N
— точки касания сферы с этими прямыми. Заметим, что AK=AC=8
, BM=BC=5
, DN=DC=5
как отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки. Сфера касается плоскости основания ABCD
в точке C
, поэтому OC
— перпендикуляр к плоскости ABCD
.
Пусть E
— точка пересечения диагоналей ромба ABCD
. Из прямоугольного треугольника ABE
с катетом AE=4
и гипотенузой AB=5
находим BE=3
. Следовательно, DBMN
— прямоугольник со сторонами BD=6
и BM=5
. Если L
— середина отрезка MN
, то LM=LN=3
, EL=5
, прямая EL
параллельна боковым рёбрам призмы, поэтому она перпендикулярна плоскости \alpha
и, в частности, прямым MN
и OL
. В равнобедренном треугольнике NOM
точка L
— середина основания MN
, поэтому OL
— высота треугольника NOM
. Если R
— радиус сферы, то
OL=\sqrt{OM^{2}-ML^{2}}=\sqrt{R^{2}-9}.
Плоскость ECO
перпендикулярна прямым BD
и MN
, поскольку прямая BD
перпендикулярна прямым EC
и CO
. Кроме того, эта плоскости содержит точку O
, равноудалённую от концов отрезка MN
. Значит, эта плоскость — геометрическое место точек, равноудалённых от концов отрезков MN
(см. задачу 8171). Значит, плоскость ECO
содержит середину L
отрезка MN
, точку O
, а также точку K
, равноудалённую от концов отрезка MN
(KM=KN
как высоты равных параллелограммов ABB_{1}A_{1}
и ADD_{1}A_{1}
, симметричных относительно плоскости ACC_{1}A_{1}
). Значит, точки O
, L
и K
лежат на одной прямой — прямой пересечения плоскостей \alpha
и ECO
.
Опустим перпендикуляр EF
на AK
. Тогда
KF=EL=5,~AF=AK-KF=8-5=3,
и из прямоугольного треугольника AFE
находим
KL=EF=\sqrt{AE^{2}-AF^{2}}=\sqrt{16-9}=\sqrt{7}.
Диаметр сферы не может быть меньше MN=6
, поэтому R\geqslant3
. Поскольку KL=\sqrt{7}\lt3
, то KL\lt OK=R
, и, значит, KL+LO=KO
. Отсюда получаем уравнение
\sqrt{7}+\sqrt{R^{2}-9}=R,
из которого находим, что R=\frac{8}{\sqrt{7}}
. Найденное значение R
больше 3.
Источник: Вступительный экзамен на физический факультет НГУ. — 1988, задача 5, вариант 1
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1988, с. 217, задача 5, вариант 1