9055. Через вершину нижнего основания единичного куба проведена плоскость, касающаяся вписанного в куб шара. Эта плоскость отсекает от верхнего основания треугольник площади S
. Найдите площадь сечения куба этой плоскостью.
Ответ. \frac{1}{2}-S
.
Решение. Первый способ. Пусть указанная плоскость проходит через вершину A
единичного куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, пересекает его рёбра A_{1}B_{1}
и A_{1}D_{1}
в точках M
и N
соответственно, касается вписанного в куб шара в точке P
, а шар касается граней A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, AA_{1}B_{1}B
и AA_{1}D_{1}D
— в точках O
, L
и K
соответственно. Ясно, что эти точки — центры граней куба.
Тогда
AL=AP=AK,~MO=MP=ML,~NO=NP=NK
как отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки. Поэтому
\triangle ALM=\triangle APM,~\triangle AKN=\triangle APN,~\triangle MON=\triangle MPN,
\triangle MOB_{1}=\triangle MLB_{1},~\triangle NKD_{1}=\triangle NOD_{1}
(по трём сторонам), а так как ML
и NK
— медианы треугольников AMB_{1}
и AND_{1}
, то S_{\triangle MLB_{1}}=S_{\triangle ALM}
и S_{\triangle NKD_{1}}=S_{\triangle AKN}
. Следовательно,
S_{\triangle AMN}=S_{\triangle MPN}+S_{\triangle APM}+S_{\triangle APN}=S_{\triangle OMN}+S_{\triangle ALM}+S_{\triangle AKN}=
=S_{\triangle OMN}+S_{\triangle OMB_{1}}+S_{\triangle OND_{1}}=S_{MB_{1}D_{1}N}=S_{\triangle A_{1}B_{1}D_{1}}-S_{\triangle A_{1}MN}=\frac{1}{2}-S.
Второй способ. Пусть указанная плоскость проходит через вершину A
единичного куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, пересекает его рёбра A_{1}B_{1}
и A_{1}D_{1}
в точках M
и N
соответственно. Обозначим A_{1}M=a
, A_{1}N=b
, радиус шара — R
(R=\frac{1}{2})
, площади треугольников AMN
, AA_{1}M
, AA_{1}N
— S_{0}
, S_{1}
, S_{2}
соответственно, объём треугольной пирамиды AMNA_{1}
— V
.
Пусть A_{1}F
— высота прямоугольного треугольника A_{1}MN
. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах AF
— высота треугольника AMN
, и
A_{1}F=\frac{A_{1}M\cdot A_{1}N}{MN}=\frac{ab}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}
(см. задачу 1967),
AF=\sqrt{AA_{1}^{2}+A_{1}F^{2}}=\sqrt{1+\frac{a^{2}b^{2}}{a^{2}+b^{2}}}=\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}+a^{2}b^{2}}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}},
S_{0}=\frac{1}{2}MN\cdot AF=\frac{1}{2}\sqrt{a^{2}+b^{2}}\cdot\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}+a^{2}b^{2}}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{a^{2}+b^{2}+a^{2}b^{2}},
S_{1}=\frac{a}{2},~S_{2}=\frac{b}{2},~S=\frac{ab}{2}.
Шар, вписанный в куб, является вневписанным шаром пирамиды AMNA_{1}
, поэтому (см. задачу 8607)
V=\frac{1}{3}R(S+S_{1}+S_{2}-S_{0}),~\mbox{или}~\frac{ab}{6}=\frac{1}{3}\left(\frac{ab}{2}+\frac{a}{2}+\frac{b}{2}-\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}+a^{2}b^{2}}}{2}\right),
откуда
\sqrt{a^{2}+b^{2}+a^{2}b^{2}}=a+b-ab.
После возведения в квадрат и очевидных упрощений получим, что a+b=1
. Из равенства
V=\frac{1}{3}R(S+S_{1}+S_{2}-S_{0})
находим, что
S_{0}=S+S_{1}+S_{2}-\frac{3V}{R}=S+\frac{1}{2}-2S=\frac{1}{2}-S.
Третий способ. Пусть указанная плоскость проходит через вершину A
единичного куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, пересекает его рёбра A_{1}B_{1}
и A_{1}D_{1}
в точках M
и N
соответственно, O
— центр вписанного шара, R
— его радиус (R=\frac{1}{2})
. Обозначим A_{1}M=a
, A_{1}N=b
.
Примем вершину A_{1}
за начало координат, а в качестве осей x
, y
и z
возьмём лучи A_{1}B_{1}
, A_{1}D_{1}
и AA_{1}
соответственно. Выпишем координаты точек:
M(a;0;0),~N(0;b;0),~A(0;0;1),~O\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{2}\right).
Уравнение плоскости AMN
имеет вид
\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+z=1
(уравнение плоскости в отрезках, см. задачу 7564). Поскольку эта плоскость касается вписанного в куб шара, расстояние от неё до точки O
равно радиусу шара. Применяя формулу расстояния от точки до плоскости (см. задачу 7563), получаем, что
\frac{1}{2}=\frac{\left|\frac{1}{2a}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2}-1\right|}{\sqrt{\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+1}},
откуда
\sqrt{\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+1}=\left|\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}-1\right|.
После возведения в квадрат и очевидных упрощений получаем, что a+b=1
.
Угол между плоскостями AMN
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
равен углу между прямыми, соответственно перпендикулярными этим плоскостям. Найдём косинус угла между векторами \overrightarrow{n_{1}}
и \overrightarrow{n_{1}}
, соответственно перпендикулярным плоскостям AMN
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
:
\cos\varphi=\frac{\overrightarrow{n_{1}}\cdot\overrightarrow{n_{1}}}{|\overrightarrow{n_{1}}|\cdot|\overrightarrow{n_{2}}|}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+1}}=\frac{1}{|\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-1|}=\frac{1}{\left|\frac{a+b}{ab}-1\right|}=
=\frac{1}{\frac{1}{ab}-1}=\frac{1}{\left|\frac{1}{2S}-1\right|}=\frac{2S}{|1-2S|}=\frac{2S}{1-2S}
(поскольку S\lt\frac{1}{2}
). По теореме о площади ортогональной проекции (см. задачу 8093) находим площадь S_{0}
треугольника AMN
:
S_{0}=\frac{S}{\cos\varphi}=\frac{S}{\frac{2S}{1-2S}}=\frac{1}{2}-S.
Четвёртый способ. Если боковые рёбра треугольной пирамиды попарно перпендикулярны (прямоугольный тетраэдр), то квадрат площади основания равен сумме квадратов площадей боковых граней (см. задачу 7239).
Шар, вписанный в куб, является вневписанным шаром пирамиды AMNA_{1}
, поэтому (см. задачу 8607)
V=\frac{1}{3}R(S+S_{1}+S_{2}-S_{0}),
где R
— радиус шара, V
— объём пирамиды, S_{0}
, S_{1}
, S_{2}
— площади граней AMN
, AA_{1}M
, и AA_{1}N
соответственно.
Пусть плоскость отсекает от верхней грани куба треугольник с катетами a
и b
. Тогда
V=\frac{1}{3}S,~\frac{1}{3}S=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\left(S+\frac{a}{2}+\frac{b}{2}-S_{0}\right),
или
2S=S+\frac{a}{2}+\frac{b}{2}-S_{0},
откуда
S_{0}=\frac{a+b}{2}-S,~S_{0}^{2}=\frac{a^{2}}{4}+\frac{ab}{2}+\frac{b^{2}}{4}-(a+b)S+S^{2},
а так как
S_{0}^{2}=S^{2}+\frac{a^{2}}{4}+\frac{b^{2}}{4},
то
\frac{a^{2}}{4}+\frac{ab}{2}+\frac{b^{2}}{4}-(a+b)S+S^{2}=S^{2}+\frac{a^{2}}{4}+\frac{b^{2}}{4},
\frac{ab}{2}-(a+b)S=0,
откуда, учитывая, что \frac{ab}{2}=S
, получим, что a+b=1
. Следовательно,
S_{0}=\frac{a+b}{2}-S=\frac{1}{2}-S.
Источник: Соросовская олимпиада. — 1995, I, межпредметный тур, 11 класс