8845. Рассматриваются всевозможные параллелепипеды с четырьмя рёбрами длины 3 и остальными рёбрами длины 2, в которые можно вписать шар. Найдите максимальное значение радиуса этих шаров.
Ответ. \frac{1}{2}
.
Решение. Пусть ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— данный параллелепипед. Поскольку восемь его рёбер равны 2, две его противоположные грани — ромбы со стороной 2. Пусть это грани ABCD
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Тогда AA_{1}=BB_{1}=CC_{1}=DD_{1}=3
.
Обозначим \angle BAD=\alpha
, \angle BAA_{1}=\beta
, \angle DAA_{1}=\gamma
. Если в параллелепипед можно вписать сферу, то все его грани равновелики, так как их площади равны отношению объёма к высоте, а все высоты равны диаметру вписанной сферы. Поэтому S_{ABB_{1}A_{1}}=S_{ABCD}
и S_{ADD_{1}A_{1}}=S_{ABCD}
, или
2\cdot3\sin\beta=2\cdot2\sin\alpha,~2\cdot3\sin\gamma=2\cdot2\sin\alpha,
откуда находим, что \sin\beta=\sin\gamma
. Это возможно, если либо \beta=\gamma
, либо \beta+\gamma=180^{\circ}
, значит, |\cos\beta|=|\cos\gamma|
. Кроме того, \sin\beta=\frac{2}{3}\sin\alpha
, поэтому
\cos^{2}\beta=1-\sin^{2}\beta=1-\frac{4}{9}\sin^{2}\alpha=\frac{1}{9}(5+4\cos^{2}\alpha).
Пусть K
, M
и H
— проекции точки A_{1}
на прямые AB
, AD
и плоскость основания ABCD
соответственно. Из прямоугольных треугольников AKA_{1}
и AMA_{1}
находим, что
AK=AA_{1}|\cos\beta|=3|\cos\beta|,~AM=AA_{1}|\cos\gamma|=3|\cos\beta|.
По теореме косинусов
KM=\sqrt{AK^{2}+AM^{2}-2AK\cdot AM\cos\alpha}=\sqrt{9\cos^{2}\beta+9\cos^{2}\beta-2\cdot9\cos^{2}\beta\cos\alpha}=
=3\sqrt{2}|\cos\beta|\sqrt{1-\cos\alpha}.
По теореме о трёх перпендикулярах HK\perp AB
и HM\perp AD
. Из точек K
и M
отрезок AH
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AH
. По теореме синусов KM=AH\sin\alpha
, поэтому
AH=\frac{KM}{\sin\alpha}=\frac{3\sqrt{2}|\cos\beta|\sqrt{1-\cos\alpha}}{\sin\alpha}.
Пусть r
— радиус сферы, вписанной в параллелепипед ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника AHA_{1}
находим, что
2r=A_{1}H=\sqrt{AA_{1}^{2}-AH^{2}}=\sqrt{9-\left(\frac{3\sqrt{2}|\cos\beta|\sqrt{1-\cos\alpha}}{\sin\alpha}\right)^{2}}=
=3\sqrt{1-\frac{2\cos^{2}\beta(1-\cos\alpha)}{\sin^{2}\alpha}}=3\sqrt{1-\frac{2(1-\frac{4}{9}\sin^{2}\alpha)(1-\cos\alpha)}{(1-\cos\alpha)(1+\cos\alpha)}}=
=3\sqrt{1-\frac{2(1-\frac{4}{9}\sin^{2}\alpha)}{1+\cos\alpha}}=3\sqrt{1-\frac{2(1-\frac{4}{9}\sin^{2}\alpha)}{2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}}=3\sqrt{1-\frac{1-\frac{4}{9}\sin^{2}\alpha}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}}=
=3\sqrt{1-\frac{1-\frac{16}{9}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}}=3\sqrt{1-\frac{1-\frac{16}{9}(1-\cos^{2}\frac{\alpha}{2})\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}}=
=3\sqrt{1-\left(\frac{1}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}-\frac{16}{9}+\frac{16}{9}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}\right)}=3\sqrt{\frac{25}{9}-\left(\frac{1}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}+\frac{16}{9}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}\right)}.
Из неравенства
\frac{1}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}+\frac{16}{9}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}\geqslant2\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}\cdot\frac{16}{9}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{8}{3},
следует, что
2r=A_{1}H\leqslant3\sqrt{\frac{25}{9}-\frac{8}{3}}=1,
причём равенство достигается, если \frac{1}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{16}{9}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}
, т. е. при \cos\frac{\alpha}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}
, \frac{\alpha}{2}=30^{\circ}
, \alpha=60^{\circ}
. Таким образом, максимальное значение радиусов таких шаров равно \frac{1}{2}
. В этом случае \sin\beta=\frac{2}{3}\sin\alpha=\frac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}
. Следовательно, такой параллелепипед существует.