15170. Дан правильный тетраэдр ABCD
с ребром 1. Прямая l
лежит в плоскости ACD
и проходит через точку C
перпендикулярно AC
. Найдите минимально возможный радиус шара, касающегося плоскостей граней двугранного угла при ребре AB
и прямой l
.
Ответ. \frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{3}+\sqrt{11}}
.
Решение. Пусть E
— точка пересечения прямой l
с продолжением ребра AD
. Проведём через прямую l
плоскость \Pi
, параллельную ребру AB
(см. рис.). Плоскости граней ABD
и ABC
образуют вместе с \Pi
«бесконечную призму», рёбра которой параллельны прямой AB
. Рассмотрим шар, касающийся всех трёх граней этой призмы. Перемещая центр шара параллельно AB
, можно добиться того, чтобы точка касания шара и плоскости \Pi
оказалась на прямой l
. При этом шар будет касаться также и прямой l
. Любой шар меньшего радиуса, касающийся плоскостей ABD
и ABC
, вообще не пересекается с плоскостью \Pi
и, следовательно, не может касаться прямой l
. Таким образом, радиус шара, вписанного в построенную «бесконечную призму», — искомый.
Для вычисления этого радиуса проведём через его центр плоскость, перпендикулярную прямой AB
. В сечении призмы этой плоскостью (в перпендикулярном сечении призмы) получится треугольник, а сечение шара будет вписанной в этот треугольник окружностью. Не уменьшая общности, предположим, что сечение проходит через точку E
.
Треугольники ACE
и ABE
по двум сторонам (AB=AC=1
, AE
— общая сторона, \angle CAE=\angle BAE=60^{\circ})
. Значит, \angle ABE=\angle ACE=90^{\circ}
. Кроме того, AE=2AD=2
и BE
вдвое больше высоты DP
равностороннего треугольника ADB
, т. е. BE=\sqrt{3}
.
В плоскости ABC
через точку B
проведём перпендикуляр к AB
и отложим на нём отрезок BF
, равный высоте треугольника ABC
(BF=\frac{\sqrt{3}}{2}
). Тогда BEF
— искомое перпендикулярное сечение призмы, причём FC\parallel AB
, FC=\frac{1}{2}
, EF\perp FC
.
Применив теорему Пифагора к треугольнику CEF
, получим
EF^{2}=EC^{2}-FC^{2}=\left(\sqrt{3}\right)^{2}-\left(\frac{1}{2}\right)^{2}=3-\frac{1}{4}=\frac{11}{4}.
Пусть r
— искомый радиус вписанной окружности треугольника BEF
со сторонами
BE=\sqrt{3},~BF=\frac{\sqrt{3}}{2},~EF=\frac{\sqrt{11}}{2},
S
— площадь треугольника, p
— полупериметр, \alpha
— угол между гранями правильного тетраэдра, O
— центр равностороннего треугольника ABC
. Тогда
\cos\alpha=\frac{1}{3},~\sin\alpha=\frac{2\sqrt{2}}{3},~S=\frac{1}{2}BE\cdot BF\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Следовательно,
r=\frac{S}{p}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{3\sqrt{3}+\sqrt{11}}{4}}=\frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{3}+\sqrt{11}}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический и экономический факультеты НГУ. — 1992, 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. — 1992, с. 57, задача 5, вариант 1