15207. Дан правильный тетраэдр ABCD
с ребром 1. Точка M
— середина ребра CD
, N
— середина ребра BC
, точка P
принадлежит ребру AB
, причём AP=3BP
. Сфера касается плоскостей ABC
и ACD
, а точки её касания с плоскостями лежат соответственно на прямых PN
и AM
. Найдите радиус сферы.
Ответ. \frac{\sqrt{6}}{8}
.
Решение. Найдём точку пересечения K
прямых NP
и AC
. Пусть CL
— высота треугольника ABC
. Тогда AL=BL=\frac{1}{2}
, а так как BP=\frac{1}{4}
, то BP=\frac{1}{2}BL
(рис. 1). Но BN=\frac{1}{2}CB
, поэтому NP\parallel CL
и, значит,
AK=AC\cdot\frac{AP}{AL}=\frac{3}{2},~\angle AKP=\angle ACL=30^{\circ},
а так как \angle MAC=30^{\circ}
, то \angle MAC=\angle AKP
.
Пусть двугранный угол тетраэдра при ребре AC
равен \varphi
. Тогда (см. задачу 8262)
\cos\varphi=\frac{1}{3}~\Rightarrow~\cos\frac{\varphi}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos\varphi}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{1}{3}}{2}}=\sqrt{\frac{2}{3}},~\sin\frac{\varphi}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}},~\tg\frac{\varphi}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}.
Пусть теперь O
— центр данной сферы, E
и F
— точки её касания с плоскостями ADC
и ABC
соответственно. Прямая AC
делит плоскость ABC
на две полуплоскости. Рассмотрим случай, когда точка F
в той же из них, где и точка B
. Обозначим через \beta
плоскость OFE
. Радиусы OE
и OF
перпендикулярны плоскостям ADC
и ABC
, поэтому прямая AK
перпендикулярна к каждой из прямых OE
и OF
плоскости \beta
(рис. 2.).
Пусть S
— точка пересечения плоскости \beta
и прямой AK
. Тогда ESF
— линейный угол двугранного угла при ребре AC
тетраэдра, \angle OSF
— его половина и, значит, \angle OSF=\frac{\varphi}{2}
.
Отрезки AE
и AF
, проведены к сфере из одной точки, поэтому AE=AF
. По условию точка E
лежит прямой AM
, поэтому \angle EAS=\angle FAS=30^{\circ}
. Точка F
лежит на прямой KP
, поэтому \angle FKA=30^{\circ}
, а треугольник KAF
равнобедренный с основанием AK
. Значит, S
— середина отрезка AK
. Тогда
SK=\frac{1}{2}AK=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4},~SF=SK\tg30^{\circ}=\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}.
Наконец, находим радиус R
сферы:
R=OF=SF\tg\frac{\varphi}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{8}.
Пусть теперь точка F
лежит в той полуплоскости плоскости ABC
, которая не содержит точки B
. Аналогичные рассуждения показывают, что и в этом случае луч AF
образует с лучом AK
угол 30^{\circ}
. Но тогда прямая AF
оказывается параллельной прямой KP
, и точка F
не может принадлежать KP
. Это означает, что сферы, удовлетворяющей условиям задачи, в данном случае не существует.
Заметим также, что если бы заданные прямые образовывали неравные углы с линией пересечения плоскостей, то существовали бы две сферы, удовлетворяющие условиям задачи.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический и экономический факультеты НГУ. — 1982, 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. — 1982, с. 31, задача 5, вариант 1