14904. Шар радиуса R
касается всех граней трёхгранного угла, плоские углы при вершине которого равны 60^{\circ}
, 60^{\circ}
и 90^{\circ}
. Найдите расстояние от вершины угла до центра шара.
Решение. Первый способ. Пусть S
— вершина угла, O
— центр шара, O_{1}
, O_{2}
и O_{3}
— точки касания шара с гранями угла, причём точка O_{3}
лежит прямого внутри плоского угла. Через точки O
, O_{1}
и O_{2}
проведём плоскость. Эта плоскость перпендикулярна общей стороне плоских углов, равных 60^{\circ}
, так как прямые OO_{1}
и OO_{2}
перпендикулярны этой стороне.
Пусть A
— точка пересечения плоскости с этой стороной, а B
и C
— точки пересечения плоскости с остальными рёбрами трёхгранного угла. Треугольники ABS
и ACS
равны, так как они прямоугольные, имеют общий катет AS
и, кроме того, равные острые углы ASB
и ASC
. Тогда треугольники ABC
и SBC
равнобедренные.
Точка O
равноудалена от сторон AB
и AC
треугольника ABC
, поэтому она лежит на биссектрисе AD
равнобедренного треугольника ABC
с основанием BC
, то AD
— медиана и высота, т. е. D
— середина BC
и AD\perp BC
. Прямая SD
тоже перпендикулярна BC
, поэтому плоскость ASD
перпендикулярна BC
и, значит, плоскости SBC
(см. признак перпендикулярности плоскостей, задача 7710). Но тогда радиус OO_{3}
должен лежать в плоскости ASD
(см. задачу 7713).
Обозначим AS=x
. Тогда,
SB={x}{\cos60^{\circ}}=2x,~AB=x\tg60^{\circ}=x\sqrt{3},~BD=SD=SB\sin45^{\circ}=x\sqrt{2},
AD=\sqrt{SD^{2}-AS^{2}}=\sqrt{2x^{2}-x^{2}}=x.
Таким образом, прямоугольный треугольник ASD
— равнобедренный, поэтому
\angle ADS=45^{\circ},O_{3}D=O_{3}O=R,~OD=R\sqrt{2},~AO=AD-OD=x-R\sqrt{2}.
Из подобия треугольников AO_{1}O
и ABD
получаем
\frac{AO}{OO_{1}}=\frac{AB}{BD},~\mbox{или}~\frac{x-R\sqrt{2}}{R}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}},
откуда
x=\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}R,~SD=R(2+\sqrt{3}),~SO_{3}=SD-R=R(1+\sqrt{3}),
SO=\sqrt{OO_{3}^{2}+SO_{3}^{2}}=R\sqrt{5+2\sqrt{3}}.
Второй способ. Пусть S
— вершина угла, O
— центр шара, O_{1}
, O_{2}
и O_{3}
— точки касания шара с гранями угла, причём точка O_{3}
лежит внутри прямого плоского угла BAC
данного трёхгранного Пусть линейный угол этого двугранного угла равен \gamma
.
Опустим перпендикуляр OM
на ребро SC
. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что O_{3}M\perp SM
, а так как точка O
лежит в биссекторной плоскости двугранного угла при ребре SM
, то угол OMO_{3}
— половина двугранного угла при ребре AM
данного трёхгранного угла т. е. \angle OMO_{3}=\frac{\gamma}{2}
.
По теореме косинусов для трёхгранного угла (см. задачу 7438)
\cos\gamma=\frac{\cos60^{\circ}-\cos90^{\circ}\cos60^{\circ}}{\sin90^{\circ}\sin60^{\circ}}=\frac{\frac{1}{2}-0}{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot1}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Тогда
\sin\gamma=\sqrt{\frac{2}{3}},~\ctg\frac{\gamma}{2}=\frac{1+\cos\gamma}{\sin\gamma}=\frac{1+\frac{1}{\sqrt{3}}}{\sqrt{\frac{2}{3}}}=\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}.
Из прямоугольных треугольников OMO_{3}
и SMO_{3}
находим
O_{3}M=OO_{3}\ctg\frac{\gamma}{2}=\frac{R(\sqrt{3}+1)}{\sqrt{2}},
SO_{3}=\frac{O_{3}M}{\sin\angle MSO_{3}}=\frac{O_{3}M}{\sin45^{\circ}}=\frac{\frac{R(\sqrt{3}+1)}{\sqrt{2}}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}=R(\sqrt{3}+1).
Следовательно,
SO=\sqrt{OO_{3}^{2}+SO_{3}^{2}}=\sqrt{R^{2}+R^{2}(\sqrt{3}+1)^{2}}=R\sqrt{5+2\sqrt{3}}.
Источник: Вступительный экзамен на факультет естественных наук и геолого-геофизический факультет НГУ. — 1976, 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. — 1976, с. 118, задача 5, вариант 1