7864. Дан куб ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Сфера касается прямых AC
, B_{1}C
, AB_{1}
и продолжения ребра BB_{1}
за точку B
. Найдите радиус сферы, если ребро куба равно 1, а точка касания с прямой AC
принадлежит грани куба.
Ответ. 3(\sqrt{2}-1)
.
Решение. Предположим, что сфера касается прямых AC
, B_{1}C
, AB_{1}
в точках соответственно L
, M'
и N'
, лежащих на сторонах AC
, B_{1}C
, AB_{1}
равностороннего треугольника AB_{1}C
со стороной \sqrt{2}
, а K
— точка касания сферы с продолжением ребра BB_{1}
за точку B
. Тогда
B_{1}K=B_{1}N'=\frac{1}{2}B_{1}A=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\lt1,
что противоречит условию. Значит, точки N
и M
касания сферы с прямыми AB_{1}
и B_{1}C
лежат на продолжениях сторон AB_{1}
и B_{1}C
равностороннего треугольника AB_{1}C
за точки A
и C
соответственно, а так как KL
— середина стороны AC
, то
B_{1}K=B_{1}N=B_{1}A+AN=B_{1}K+AL=\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.
Пусть O
— центр сферы радиуса R
, G
— центр равностороннего треугольника AB_{1}C
, а O_{1}
— центр вневписанной окружности треугольника AB_{1}C
. Тогда точка G
лежит на диагонали BD_{1}
куба, делит эту диагональ в отношении \frac{BG}{GD}=\frac{1}{2}
, BG
— перпендикуляр к плоскости AB_{1}C
(см. задачи 7210 и 7300), а так как OO_{1}
— тоже перпендикуляр к плоскости AB_{1}C
, то OO_{1}\parallel BG
. Значит, BOO_{1}G
— прямоугольная трапеция. Найдём её стороны.
BG=\frac{1}{3}BD=\frac{1}{3}\cdot\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}.
Из прямоугольных треугольников B_{1}NO_{1}
(с углом 30^{\circ}
при вершине B_{1}
), OO_{1}N
и BKO
получаем
O_{1}N=B_{1}N\tg30^{\circ}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{6}}{2},
GO_{1}=B_{1}O_{1}-B_{1}G=2O_{1}N-\frac{2}{3}B_{1}L=2\cdot\sqrt{\frac{3}{2}}-\frac{2}{3}\cdot\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2}{3}\sqrt{6},
OO_{1}=\sqrt{ON^{2}-O_{1}N^{2}}=\sqrt{R^{2}-\frac{3}{2}},
BO=\sqrt{OK^{2}+BK^{2}}=\sqrt{R^{2}+(B_{1}K-BB_{1})^{2}}=
=\sqrt{R^{2}+\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}-1\right)^{2}}=\sqrt{R^{2}+\frac{11}{2}-3\sqrt{2}}.
Пусть BH
— высота трапеции. Тогда
BH=GO_{1}=\frac{2}{3}\sqrt{6}~\mbox{и}~OH=OO_{1}-O_{1}H=OO_{1}-BG=\sqrt{R^{2}-\frac{3}{2}}-\frac{\sqrt{3}}{3}.
По теореме Пифагора
BO^{2}=OH^{2}+BH^{2},~\mbox{или}~R^{2}+\frac{11}{2}-3\sqrt{2}=R^{2}-\frac{3}{2}+\frac{1}{3}-2\sqrt{R^{2}-\frac{3}{2}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}+\frac{8}{3}~\Rightarrow
\Rightarrow~2\sqrt{R^{2}-\frac{3}{2}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=3\sqrt{2}-4~\Rightarrow~\frac{4}{3}\left(R^{2}-\frac{3}{2}\right)=(3\sqrt{2}-4)^{2}~\Rightarrow~R^{2}=9(3-2\sqrt{2})=9(\sqrt{2}-1)^{2}.
Следовательно, R=3(\sqrt{2}-1)
.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет МГУ. — 1994 (основной экзамен), вариант 2, № 5,