7278. Отрезок AB
(AB=1
), являющийся хордой сферы радиуса 1, расположен под углом 60^{\circ}
к диаметру CD
этой сферы. Расстояние от конца C
диаметра до ближайшего к нему конца A
хорды AB
равно \sqrt{2}
. Найдите BD
.
Ответ. 1.
Указание. Достройте тетраэдр ABCD
до параллелепипеда AKBLNDMC
(AN\parallel KD\parallel BM\parallel LC
), проведя через противоположные рёбра тетраэдра пары параллельных плоскостей.
Решение. Достроим тетраэдр ABCD
до параллелепипеда AKBLNDMC
(AN\parallel KD\parallel BM\parallel LC
), проведя через его противоположные рёбра пары параллельных плоскостей. Пусть O
и Q
— центры граней NDMC
и AKBL
соответственно. Тогда O
— центр сферы, KL=CD=2
, OQ\perp AB
, OA=OB=1
как радиусы сферы, KL\parallel CD
, QB=QA=\frac{1}{2}
, QL=QK=1
.
Пусть \angle BQL=60^{\circ}
. Тогда по теореме косинусов
BL=\sqrt{QB^{2}+QL^{2}-2QB\cdot QL\cos60^{\circ}}=\sqrt{\frac{1}{4}+1-2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{3},
поэтому треугольник BQL
— прямоугольный, \angle QBL=90^{\circ}
. Значит, AB\perp BL
, а так как BM\parallel OQ
и OQ\perp AB
, то AB\perp BM
, следовательно, прямая AB
перпендикулярна плоскости грани BMCL
. Тогда AB\perp BC
, значит, в прямоугольном треугольнике ABC
гипотенуза AC
больше катета BC
. Но по условию AC\lt BC
, поэтому \angle BQL=120^{\circ}
.
В этом случае \angle BQK=60^{\circ}
. Тогда
BK=\sqrt{QB^{2}+QK^{2}-2QB\cdot QK\cos60^{\circ}}=\sqrt{\frac{1}{4}+1-2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{3},
По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника AQO
находим, что
OQ^{2}=OA^{2}-QA^{2}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4},
значит, AN=CL=OQ=\frac{1}{2}\sqrt{3}
. В параллелограмме ALCN
NL^{2}+AC^{2}=2AN^{2}+2AL^{2}
(см. задачу 4011), поэтому
BD^{2}=NL^{2}=2AN^{2}+2AL^{2}-AC^{2}=
=2AN^{2}+2BK^{2}-AC^{2}=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}-2=1.
Следовательно, BD=1
.