9040. Две равные сферы S_{1}
и S_{2}
касаются друг друга, и, кроме того, каждая сфера касается обеих граней P
и Q
прямого двугранного угла. Сфера S_{1}
касается грани P
в точке A
. Через эту точку проведена прямая, пересекающая сферу S_{1}
в точке B
, касающаяся сферы S_{2}
в точке C
и пересекающая грань Q
в точке D
. Прямая AD
составляет с гранью P
угол 30^{\circ}
. Найдите отношение AB:BC:CD
.
Ответ. 1:1:\frac{2}{2\sqrt{3}+3}
.
Решение. Пусть O_{1}
и O_{2}
— центры сфер S_{1}
и S_{2}
соответственно, R
— радиусы сфер, E
— точка касания сферы S_{2}
с плоскостью P
, F
— проекция точки C
на грань P
, G
— проекция точки A
на ребро данного двугранного угла. Из точки A
проведены касательные AC
и AE
к сфере S_{2}
, поэтому AC=AE=2R
, а так как \angle CAF=30^{\circ}
, то CF=\frac{1}{2}AC=R
.
Отрезки O_{1}A
и CF
равны R
и параллельны, так как они перпендикулярны одной и той же плоскости грани P
, поэтому AFCO_{1}
— прямоугольник, значит,
\angle O_{1}AB=90^{\circ}-\angle CAF=90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}.
В треугольнике AO_{1}B
известно, что O_{1}A=O_{1}B=R
и \angle BAO_{1}=60^{\circ}
, значит, этот треугольник равносторонний, поэтому AB=R
. Следовательно, BC=AC-AB=2R-R=R
, а AB:BC=1:1
.
Плоскость прямоугольника AO_{1}O_{2}E
параллельна плоскости грани Q
, поэтому прямая AD
образует с плоскостью прямоугольника AO_{1}O_{2}E
тот же угол \alpha
, что и с плоскостью грани Q
.
Отрезки O_{2}E
и CF
равны R
и параллельны, так как они перпендикулярны одной и той же плоскости грани P
, поэтому CFEO_{2}
— прямоугольник (даже квадрат), значит, O_{2}C\perp CF
, а так как O_{2}C
— радиус сферы S_{2}
, проведённый в точку касания этой сферы с прямой AC
, то O_{2}C\perp AC
. Таким образом, прямая O_{2}C
перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости прямоугольника AO_{1}CF
, значит, прямая O_{2}C
перпендикулярна этой плоскости, в частности, O_{2}C\perp O_{1}C
, и треугольник O_{1}CO_{2}
— прямоугольный.
Пусть CH
— высота этого треугольника. Тогда CH\perp O_{1}O_{2}
и CH\perp CF
(так как CF
— боковое ребро прямой призмы AFEO_{1}O_{2}C
с основаниями AFE
и O_{1}O_{2}C
), значит, CH
— перпендикуляр к плоскости AO_{1}O_{2}E
, поэтому AH
— проекция наклонной AC
на плоскость AO_{1}O_{2}E
. Следовательно, \angle CAH=\alpha
.
Из прямоугольных треугольников AO_{1}C
, O_{1}CO_{2}
, CAH
и ADG
находим, что
O_{1}C=AC\cos30^{\circ}=R\sqrt{3},~CH=\frac{O_{1}C\cdot O_{2}C}{O_{1}O_{2}}=\frac{R\sqrt{3}\cdot R}{2R}=\frac{R\sqrt{3}}{2},
\sin\alpha=\frac{CH}{AC}=\frac{\frac{R\sqrt{3}}{2}}{2R}=\frac{\sqrt{3}}{4},~AD=\frac{AG}{\sin\angle ADG}=\frac{R}{\sin\alpha}=\frac{R}{\frac{\sqrt{3}}{4}}=\frac{4R}{\sqrt{3}}.
Тогда
CD=AD-AC=\frac{4R}{\sqrt{3}}-2R=\frac{(4-2\sqrt{3})R}{\sqrt{3}}=\frac{2R}{2\sqrt{3}+3}.
Следовательно, AB:BC:CD=1:1:\frac{2}{2\sqrt{3}+3}
.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1973, билет 5, № 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. — № 73-5-5, с. 162