7881. На плоскости \alpha
, проходящей через центр шара радиуса R
, задана окружность с центром O_{1}
и радиусом r_{1}
, расположенная внутри шара. Все точки этой окружности соединены прямыми с точкой A
, принадлежащей шару и удалённой от плоскости \alpha
на расстояние R
. Множество отличных от A
точек пересечения этих прямых с поверхностью шара является окружностью с центром O_{2}
и радиусом r_{2}
. Найдите расстояние от точки O_{2}
до плоскости \alpha
, если расстояние между точками A
и O_{1}
равно a
.
Ответ. \frac{a^{2}r^{2}_{2}+r^{2}_{1}r^{2}_{2}-2R^{2}r^{2}_{1}}{2Rr^{2}_{1}}
.
Решение. Пусть O
— центр сферы. Выберем точку B
на прямой OO_{2}
(перпендикулярной плоскости \beta
) так, чтобы для некоторой (а значит, для любой) точки K
второй окружности прямая BK
касалась сферы в точке K
(рис. 1). Тогда из прямоугольного треугольника BKO
с высотой KO_{2}
, опущенной на гипотенузу, находим, что
OO_{2}=\sqrt{OK^{2}-O_{2}K^{2}}=\sqrt{R^{2}-r_{2}^{2}},~BO=\frac{OK^{2}}{OO_{2}}=\frac{R^{2}}{\sqrt{R^{2}-r^{2}}},
BK=\frac{KO_{2}\cdot BO}{OK}=\frac{\frac{r_{2}R^{2}}{\sqrt{R^{2}-r_{2}^{2}}}}{R}=\frac{r_{2}R}{\sqrt{R^{2}-r^{2}}}.
Докажем, что точка C
пересечения прямой AB
с плоскостью \alpha
совпадает с центром O_{1}
первой окружности. Через точку B
параллельно плоскости \alpha
проведём плоскость \gamma
. Пусть прямая AK
пересекает плоскости \alpha
и \gamma
в точках L
и M
соответственно. Рассмотрим сечение сферы плоскостью, проходящей через точки A
, B
и K
(рис. 2). Получим окружность с центром в некоторой точке N
, причём AN\perp LC
, так как плоскость AON
содержит прямые OA
и ON
, перпендикулярные LC
(ON\perp LC
, так как прямая ON
перпендикулярна плоскости ABK
). Значит, AN\perp MB
.
Так как BK
— касательная к сфере, то BK\perp NK
. Треугольник ANK
— равнобедренный, поэтому
\angle KMB=90^{\circ}-\angle KAN=90^{\circ}-\angle AKN=\angle BKM,~BM=BK.
Кроме того, треугольники ALC
и AMB
подобны, поэтому
LC=BM\cdot\frac{AC}{AB}=BK\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{r_{2}R}{\sqrt{R^{2}-r_{2}^{2}}}\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{kr_{2}R}{\sqrt{R^{2}-r_{2}^{2}}},
где коэффициент подобия k=\frac{AC}{AB}
не зависит от выбора точки K
на второй окружности. Таким образом, точка C
равноудалена от всех точек первой окружности, а значит, является её центром, т. е. совпадает с точкой O_{1}
.
Рассмотрим сечение сферы плоскостью AOO_{2}
, содержащей перпендикуляр AO
, а значит, и перпендикуляр O_{2}D
к плоскости \alpha
. Треугольники ALO_{1}
и AMB
подобны с коэффициентом
k=\frac{LO_{1}}{MB}=\frac{r_{1}}{BK}=\frac{r_{1}}{\frac{r_{2}R}{\sqrt{R^{2}-r_{2}^{2}}}}=\frac{r_{1}\sqrt{R^{2}-r_{2}^{2}}}{r_{2}R}.
Поэтому
AB=\frac{AO_{1}}{k}=\frac{ar_{2}R}{r_{1}\sqrt{R^{2}-r_{2}^{2}}}.
По теореме косинусов из треугольника AOB
находим, что
\cos\angle AOB=\frac{AO^{2}+BO^{2}-AB^{2}}{2AO\cdot BO}=\frac{R^{2}+\frac{R^{4}}{R^{2}-r^{2}_{2}}-\frac{a^{2}r^{2}_{2}R^{2}}{r^{2}_{1}(R^{2}-r^{2}_{2})}}{2R\cdot\frac{R^{2}}{\sqrt{R^{2}-r^{2}}}}=
=\frac{2R^{2}r^{2}_{1}-r^{2}_{1}r^{2}_{2}-a^{2}r^{2}_{2}}{2R\cdot r^{2}_{1}\sqrt{R^{2}-r_{2}^{2}}}.
Наконец, из прямоугольного треугольника OO_{2}D
получаем, что
O_{2}D=OO_{2}\sin\angle O_{2}O_{1}D=-\sqrt{R^{2}-r^{2}}\cos\angle AOB=\frac{a^{2}r^{2}_{2}+r^{2}_{1}r^{2}_{2}-2R^{2}r^{2}_{1}}{2Rr^{2}_{1}}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет МГУ. — 1985, вариант 2, № 5
Источник: Нестеренко Ю. В., Олехник С. Н., Потапов М. К. Задачи вступительных экзаменов по математике. — М.: Факториал, 1995. — с. 8