7877. Отрезок EF
параллелен плоскости, в которой лежит прямоугольник ABCD
, причём EF=3
, BC=5
. Все стороны прямоугольника ABCD
и отрезки AE
, BE
, CF
, DF
, EF
касаются некоторого шара. Найдите площадь поверхности этого шара.
Ответ. \frac{180\pi}{7}
.
Решение. Сечение сферы плоскостью прямоугольника ABCD
есть окружность, вписанная в этот прямоугольник (рис. 1). Значит, прямоугольник ABCD
— квадрат со стороной 5, причём сфера касается его сторон в их серединах.
Рассмотрим сечение сферы плоскостью ABE
(рис. 2). Получим окружность, вписанную в треугольник ABE
, причём точка M
касания этой окружности со стороной AB
есть точка касания сферы с этой стороной, т. е. — середина AB
. Если сфера касается отрезков AE
и BE
в точках P
и Q
соответственно, то
AP=AM=\frac{5}{2},~BQ=BM=\frac{5}{2},~EP=EQ,
поэтому AE=BE
. Значит, треугольник AEB
— равнобедренный. Его медиана EM
перпендикулярна стороне AB
. Аналогично, медиана FN
треугольника DFC
перпендикулярна стороне CD
.
Пусть плоскость \alpha
, проходящая через пересекающиеся прямые ME
и MN
, пересекает плоскость DFC
по прямой NF_{1}
. Прямая AB
перпендикулярна плоскости \alpha
, так как AB\perp MN
и AB\perp ME
. Прямые AB
и CD
параллельны, поэтому прямая CD
также перпендикулярна плоскости \alpha
. Значит, CD\perp NF_{1}
, а так как CD\perp NF
и прямые NF_{1}
и NF
лежат в плоскости DFC
, то они совпадают. Следовательно, прямая NF
также лежит в плоскости \alpha
. Таким образом, через прямую EF
, параллельную плоскости ABCD
, проходит плоскость \alpha
, пересекающая плоскость ABCD
по прямой MN
. Значит, EF\parallel MN
.
Поскольку сфера проходит через середины G
и H
сторон AD
и BC
квадрата ABCD
, её центр лежит в плоскости, проходящей через середину отрезка GH
перпендикулярно прямой GH
, т. е. в плоскости \alpha
. Значит, радиус R
сферы равен радиусу окружности, проходящей через вершины M
и N
трапеции MEFN
и касающейся меньшего основания EF
трапеции в некоторой точке K
.
Пусть сфера касается отрезка DF
в точке L
, а продолжения боковых сторон AE
и DF
трапеции AEFD
пересекаются в точке T
. Тогда TP=TL
как отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки. Кроме того, AP=AG=DG=DL
. Поэтому AT=DT
, а так как EF\parallel AD
, то TE=TF
и
KE=PE=TP-TE=TL-TF=FL=FK.
Значит, K
— середина основания EF
трапеции MEFN
.
В равнобедренном треугольнике AEB
(рис. 2) известно, что
AB=5,~BE=AE=AP+PE=AG+EK=\frac{5}{2}+\frac{3}{2}=4,
ME=\sqrt{AE^{2}-AM^{2}}=\sqrt{16-\frac{25}{4}}=\frac{\sqrt{39}}{2}.
Аналогично находим, что FN=\frac{\sqrt{39}}{2}
.
Пусть EE_{1}
и KK_{1}
— высоты равнобедренной трапеции MEFN
(рис. 3). Тогда
ME_{1}=\frac{1}{2}(MN-EF)=\frac{1}{2}(5-3)=1,
KK_{1}=EE_{1}=\sqrt{ME^{2}-ME_{1}^{2}}=\sqrt{\frac{39}{4}-1}=\frac{\sqrt{35}}{2},
MK=\sqrt{KK_{1}^{2}+MK_{1}^{2}}=\sqrt{\frac{35}{4}+\frac{25}{4}}=\sqrt{15},
\sin\angle KMK_{1}=\frac{KK_{1}}{MK}=\frac{\frac{\sqrt{35}}{2}}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{21}}{6}.
Так как R
— радиус окружности, описанной около равнобедренного треугольника MKN
, то
R=\frac{KN}{2\sin\angle KMN}=\frac{MK}{2\sin\angle KMK_{1}}=\frac{\sqrt{15}}{2\cdot\frac{\sqrt{21}}{6}}=\frac{3\sqrt{35}}{7}.
Следовательно, площадь поверхности шара равна
4\pi R^{2}=4\pi\left(\frac{3\sqrt{35}}{7}\right)^{2}=\frac{180\pi}{7}.