8994. В основании наклонного параллелепипеда лежит прямоугольник ABCD
; AA_{1}
, BB_{1}
, CC_{1}
и DD_{1}
— боковые рёбра. Сфера с центром в точке O
касается рёбер BC
, A_{1}B_{1}
и DD_{1}
соответственно в точках B
, A_{1}
и D_{1}
. Найдите \angle A_{1}OB
, если AD=4
, а высота параллелепипеда равна 1.
Ответ. 2\arcsin\frac{1}{\sqrt{5}}
.
Решение. Докажем сначала следующее утверждение: если прямая касается сферы в точке E
, то плоскость, проходящая через центр сферы перпендикулярно этой прямой, проходит через точку E
.
Действительно, если плоскость, проходящая через центр O
сферы перпендикулярно касательной прямой l
, пересекает эту прямую в точке F
, отличной от E
, то OF\perp l
и OE\perp l
, что невозможно, так как через точку O
можно провести только одну прямую, перпендикулярную l
. Утверждение доказано.
Поскольку сфера проходит через точки A_{1}
и D_{1}
, её центр O
лежит в плоскости \alpha
, проходящей через середину N_{1}
отрезка A_{1}D_{1}
перпендикулярно A_{1}D_{1}
, а так как BC\parallel A_{1}D_{1}
, то плоскость \alpha
перпендикулярна прямой BC
, касающейся сферы в точке B
. Из доказанного ранее утверждения следует, что плоскость \alpha
проходит через точку B
. Поскольку ABCD
— прямоугольник, прямая AB
перпендикулярна BC
, значит, эта прямая также лежит в плоскости \alpha
.
Сфера касается прямой A_{1}B_{1}
в точке A_{1}
, поэтому плоскость \beta
, проведённая через точку O
перпендикулярно прямой A_{1}B_{1}
, проходит через точку A_{1}
, а так как D_{1}A_{1}\perp A_{1}B_{1}
, то прямая A_{1}D_{1}
, а значит, и точка N_{1}
, лежит в плоскости \beta
. Поскольку O
и N_{1}
— общие точки плоскостей \alpha
и \beta
, эти плоскости пересекаются по прямой ON_{1}
.
Пусть прямые AB
и ON_{1}
, лежащие в плоскости \alpha
, пересекаются в точке N
. Тогда NN_{1}\perp AD
(так как прямая NN_{1}
лежит в плоскости \alpha
, перпендикулярной A_{1}D_{1}
, а значит, и AD
) и NN_{1}\perp AB
(так как прямая NN_{1}
лежит в плоскости \beta
, перпендикулярной A_{1}B_{1}
, а значит, и AB
). Следовательно, NN_{1}
— высота параллелепипеда, NN_{1}=1
.
Обозначим, AN=x
, NO=y
, OA_{1}=OB=OD_{1}=R
. Из прямоугольных треугольников A_{1}N_{1}O
и ONB
находим, что
R^{2}=OA_{1}^{2}=ON_{1}^{2}+A_{1}N_{1}^{2}=4+(y+1)^{2},
R^{2}=OB^{2}=ON^{2}+BN^{2}=y^{2}+(x+b)^{2}.
Пусть A_{1}A_{2}
— также высота параллелепипеда, опущенная на плоскость ABCD
. Тогда A_{2}N\parallel A_{1}D_{1}\parallel AD
, поэтому A_{2}N\perp AB
. Из прямоугольных треугольников AA_{2}N
и AA_{1}A_{2}
находим, что
AA_{2}^{2}=AN^{2}+A_{2}N^{2}=AN^{2}+A_{1}N_{1}^{2}=x^{2}+4,
AA_{1}^{2}=A_{1}A_{2}^{2}+AA_{2}^{2}=1+x^{2}+4=5+x^{2},
а из прямоугольных треугольников OD_{1}D
и OND
—
OD^{2}=OD_{1}^{2}+DD_{1}^{2}=R^{2}+AA_{1}^{2}=R^{2}+5+x^{2},
OD^{2}=ND^{2}+ON^{2}=(AN^{2}+AD^{2})+ON^{2}=(x^{2}+16)+y^{2}.
Из равенства R^{2}+5+x^{2}=x^{2}+16+y^{2}
следует, что R^{2}=y^{2}+11
.
Обозначим, \angle A_{1}OB=\varphi
. Из равнобедренного треугольника A_{1}OB
находим, что A_{1}B=2R\sin\frac{\varphi}{2}
, а из прямоугольных треугольников A_{2}BN
и A_{1}A_{2}B
—
A_{2}B^{2}=BN^{2}+A_{2}N^{2}=(x+b)^{2}+4,
A_{1}B=\sqrt{A_{1}A_{2}^{2}+A_{2}B^{2}}=\sqrt{1+(x+b)^{2}+4}=\sqrt{5+(b+x)^{2}}.
Поэтому
\sin\frac{\varphi}{2}=\frac{A_{1}B}{2R}=\frac{\sqrt{5+(b+x)^{2}}}{2R}.
Из системы
\syst{R^{2}=4+(y+1)^{2}\\R^{2}=y^{2}+11\\}~
находим, что y=3
и R=2\sqrt{5}
. Тогда
(b+x)^{2}=R^{2}-y^{2}=20-9=11.
Следовательно,
\sin\frac{\varphi}{2}=\frac{\sqrt{5+(b+x)^{2}}}{2R}=\frac{\sqrt{5+11}}{4\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.