8961. Три шара, среди которых имеются два одинаковых, касаются плоскости P
и, кроме того, попарно касаются друг друга. Вершина прямого кругового конуса принадлежит плоскости P
, а ось конуса перпендикулярна к этой плоскости. Все три шара лежат вне конуса, причём каждый из них касается некоторой образующей конуса. Найдите косинус угла между образующей конуса и плоскостью P
, если известно, что в треугольнике с вершинами в точках касания шаров с плоскостью P
величина одного из углов равна 150^{\circ}
.
Ответ. \frac{1}{7}
.
Решение. Пусть шары радиусов R
и R
касаются плоскости P
в точках B
и C
, а шар радиуса r
касается этой плоскости в точке A
. Тогда
\angle BAC=150^{\circ},~\angle ABC=\angle ACB=15^{\circ},~BC=2R,~AB=AC=2\sqrt{rR}
(см. задачу 365),
\frac{MC}{AC}=\cos\angle ACM=\cos15^{\circ}~\Rightarrow~\frac{R}{2\sqrt{rR}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{R}{r}}=\cos15^{\circ}~\Rightarrow~\frac{R}{r}=4\cos^{2}15^{\circ}.
Рассмотрим осевое сечение конуса, проходящее через центр шара радиуса r
с центром O
(рис. 1). Обозначим через \alpha
искомый угол между образующей конуса и плоскостью P
. Пусть H
— вершина конуса. Из прямоугольного треугольника AOH
находим, что
AH=OA\ctg\angle AHO=r\ctg\frac{\alpha}{2}.
Аналогично,
AC=AB=R\ctg\frac{\alpha}{2},
значит, точка H
лежит на серединном перпендикуляре к стороне BC
равнобедренного треугольника ABC
.
Пусть M
— середина BC
. Тогда
AM=MC\tg\angle ACM=R\tg15^{\circ},~MH=\sqrt{CH^{2}-MC^{2}}=\sqrt{R^{2}\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}-R^{2}}=R\sqrt{\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}-1}.
Предположим, что точка H
лежит на продолжении отрезка AM
за точку M
(рис. 2). Тогда AH=AM+MH
, или
r\ctg\frac{\alpha}{2}=R\tg15^{\circ}+R\sqrt{\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}-1}~\Leftrightarrow~\ctg\frac{\alpha}{2}=\frac{R}{r}\tg15^{\circ}+\frac{R}{r}\sqrt{\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}-1},
а так как \frac{R}{r}=4\cos^{2}15^{\circ}
, то
\ctg\frac{\alpha}{2}=4\cos^{2}15^{\circ}\tg15^{\circ}+4\cos^{2}15^{\circ}\sqrt{\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}-1}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\ctg\frac{\alpha}{2}=2\sin30^{\circ}+2(1+\cos30^{\circ})\sqrt{\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}-1}~\Leftrightarrow~\ctg\frac{\alpha}{2}=1+(2+\sqrt{3})\sqrt{\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}-1}.
Из последнего уравнения находим, что \ctg\frac{\alpha}{2}=-\frac{2}{\sqrt{3}}
, что невозможно, так как 0\lt\frac{\alpha}{2}\lt45^{\circ}
.
Предположим, что точка H
лежит на отрезке AM
. Тогда AH=AM-MH
. Аналогично предыдущему, получим уравнение
\ctg\frac{\alpha}{2}=1+(2+\sqrt{3})\sqrt{\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}-1},
из которого находим, что \ctg\frac{\alpha}{2}=-1
, что также невозможно.
Наконец, пусть точка H
лежит на продолжении отрезка AM
за точку A
(рис. 3). Тогда AH=MH-AM
и
\ctg\frac{\alpha}{2}=(2+\sqrt{3})\sqrt{\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}-1}-1.
Из этого уравнения находим, что \ctg\frac{\alpha}{2}=\frac{2}{\sqrt{3}}
. Тогда \tg\frac{\alpha}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}
. Следовательно,
\cos\alpha=\frac{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{1-\frac{3}{4}}{1+\frac{3}{4}}=\frac{1}{7}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет МГУ. — 1976, вариант 1, № 4
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия. Стереометрия: Задачник для 10—11 кл. — М.: Дрофа, 1998. — № 124, с. 19