8835. Сфера радиуса 13 касается граней ABCD
, AA_{1}D_{1}D
и AA_{1}B_{1}B
куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Вторая сфера радиуса 5 касается граней ABCD
, AA_{1}D_{1}D
и CC_{1}D_{1}D
куба и касается первой сферы. На ребре BC
взята точка F
, на продолжении ребра DC
за точку C
— точка E
так, что CE=CD
. Плоскость C_{1}EF
пересекает первую сферу по окружности, радиус которой в 2,6 раза больше радиуса окружности, по которой эта плоскость пересекает вторую сферу. Найдите отношение BF:FC
.
Ответ. \frac{183}{40}
.
Решение. Пусть сфера с центром O_{1}
и радиусом R_{1}=13
и сфера с центром O_{2}
и радиусом R_{2}=5
касаются в точке P
(рис. 1). Из условия задачи следует, что сферы касаются внешним образом. Линия центров двух касающихся сфер проходит через их точку касания, поэтому O_{1}O_{2}=O_{1}P+O_{2}P=R_{1}+R_{2}=13+5=18
.
Пусть Q_{1}
и Q_{2}
— центры окружностей, по которым плоскость C_{1}EF
(обозначим её \alpha
) пересекает первую и вторую сферы соответственно, r_{1}
и r_{2}
— радиусы этих окружностей. Тогда O_{1}Q_{1}
и O_{2}Q_{2}
— перпендикуляры к плоскости \alpha
и \frac{r_{1}}{r_{2}}=2{,}6=\frac{13}{5}=\frac{R_{1}}{R_{2}}
, r_{2}=\frac{5}{13}r_{1}
. По теореме Пифагора
O_{1}Q_{1}=\sqrt{R_{1}^{2}-r_{1}^{2}}=\sqrt{13^{2}-r_{1}^{2}},
O_{2}Q_{2}=\sqrt{R_{2}^{2}-r_{2}^{2}}=\sqrt{5^{2}-\left(\frac{5}{13}\right)^{2}r_{1}^{2}}=\frac{5}{13}\sqrt{13^{2}-r_{1}^{2}}=\frac{5}{13}O_{1}Q_{1},
т. е. \frac{O_{1}Q_{1}}{O_{2}Q_{2}}=\frac{R_{1}}{R_{2}}=\frac{13}{5}
.
Прямые O_{1}O_{2}
и Q_{1}Q_{2}
лежат в плоскости, проходящей через параллельные прямые O_{1}Q_{1}
и O_{2}Q_{2}
. Поэтому они пересекаются в некоторой точке K
(O_{1}Q_{1}\ne O_{2}Q_{2}
).
Пусть M_{1}
и M_{2}
— проекции точек соответственно O_{1}
и O_{2}
на AD
. Обе сферы вписаны в прямой двугранный угол, образованный гранями куба с общим ребром AD
, поэтому O_{1}M_{1}=R_{1}\sqrt{2}
и O_{2}M_{2}=R_{2}\sqrt{2}
. Значит,
\frac{O_{1}M_{1}}{O_{2}M_{2}}=\frac{R_{1}\sqrt{2}}{R_{2}\sqrt{2}}=\frac{R_{1}}{R_{2}}=\frac{13}{5}.
Прямые O_{1}O_{2}
и M_{1}M_{2}
лежат в плоскости, проходящей через параллельные прямые O_{1}M_{1}
и O_{2}M_{2}
. Поэтому они пересекаются в некоторой точке L
(O_{1}M_{1}\ne O_{2}M_{2}
), причём точка L
лежит на продолжении ребра AD
за точку D
и \frac{LO_{1}}{LO_{2}}=\frac{R_{1}}{R_{2}}=\frac{13}{5}
.
Предположим, что точка K
не лежит на отрезке O_{1}O_{2}
. Тогда она лежит на продолжении этого отрезка за точку O_{2}
(O_{2}Q_{2}\lt O_{1}Q_{1}
), причём \frac{KO_{1}}{KO_{2}}=\frac{O_{1}Q_{1}}{O_{2}Q_{2}}=\frac{R_{1}}{R_{2}}=\frac{13}{5}=\frac{LO_{1}}{LO_{2}}
. Следовательно, точка K
совпадает с L
, что невозможно, так как плоскость \alpha
, проходящая через точки C_{1}
, E
и L
, не пересекает ребро BC
.
Таким образом, точка K
лежит на отрезке O_{1}O_{2}
, а так как \frac{PO_{1}}{PO_{1}}=\frac{R_{1}}{R_{2}}=\frac{13}{5}=\frac{O_{1}Q_{1}}{O_{2}Q_{2}}
, то K
совпадает с P
.
Из прямоугольной трапеции O_{1}M_{1}M_{2}O_{2}
находим, что
M_{1}M_{2}=\sqrt{O_{1}O_{2}^{2}-(O_{1}M_{1}-O_{2}M_{2})^{2}}=\sqrt{18^{2}-(13\sqrt{2}-5\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{324-128}=\sqrt{196}=14,
а так как AM_{1}=R_{1}=13
и DM_{2}=R_{2}=5
, то
AB=AM_{1}+M_{1}M_{2}+DM_{2}=13+14+5=32.
Пусть T
— проекция точки P
на ребро AD
, а N
точка пересечения диагонали O_{1}M
прямоугольной трапеции O_{1}M_{1}M_{2}O_{2}
с отрезком PT
. Тогда
PT=PN+NT=\frac{O_{1}P}{O_{1}O_{2}}\cdot O_{2}M_{2}+\frac{O_{2}P}{O_{1}O_{2}}\cdot O_{1}M_{1}=\frac{13}{18}\cdot5\sqrt{2}+\frac{5}{18}\cdot13\sqrt{2}=\frac{65\sqrt{2}}{9},
M_{2}T=\frac{5}{18}M_{1}M_{2}=\frac{5}{18}\cdot14=\frac{35}{9},~DT=M_{2}T+M_{2}D=\frac{35}{9}+5=\frac{80}{9}.
Центры O_{1}
и O_{2}
сфер лежат в биссекторной плоскости прямого двугранного угла, образованного гранями куба с общим ребром AD
, т. е. в плоскости диагонального сечения ADC_{1}B_{1}
(рис. 3). Значит, точка P
касания сфер, лежащая на отрезке O_{1}O_{2}
, также расположена в этой плоскости. Поэтому плоскости ADC_{1}B_{1}
и \alpha
пересекаются по прямой C_{1}P
. Пусть эта прямая пересекает ребро AD
в точке H
. Из подобия прямоугольных треугольников PTH
и C_{1}DH
следует, что \frac{PT}{TH}=\frac{C_{1}D}{DH}
, или \frac{PT}{DH-DT}=\frac{C_{1}D}{DH}
, откуда
DH=\frac{DT\cdot C_{1}D}{C_{1}D-PT}=\frac{\frac{80}{9}\cdot32\sqrt{2}}{32\sqrt{2}-\frac{65\sqrt{2}}{9}}=\frac{80\cdot32}{223}.
Точка C
— середина отрезка DE
, поэтому FC
— средняя линия треугольника EHD
, значит, FC=\frac{1}{2}DH=\frac{40\cdot32}{233}
. Следовательно,
\frac{BF}{FC}=\frac{32-\frac{40\cdot32}{223}}{\frac{40\cdot32}{223}}=\frac{183}{40}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1989, билет 1, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 89-1-5, с. 294