9646. Два шара касаются между собой и граней двугранного угла, величина которого равна \alpha
. Пусть A
и B
— две точки касания этих шаров с гранями (A
и B
принадлежат разным шарам и разным граням). В каком отношении отрезок AB
делится точками пересечения с поверхностями этих шаров?
Ответ. \cos^{2}\frac{\alpha}{2}:\sin^{2}\frac{\alpha}{2}:\cos^{2}\frac{\alpha}{2}
.
Решение. Пусть шар с центром O_{1}
радиуса R
касается граней данного двугранного угла в точках A
и A_{1}
, шар с центром O_{2}
радиуса r
касается этих же граней в точках B_{1}
и B
соответственно, отрезок AB
пересекает первый шар в точке K
, а второй — в точке L
.
Пусть плоскость, проходящая через прямые O_{1}A
и O_{1}A_{1}
пересекает ребро данного двугранного угла в точке P
. Эта плоскость перпендикулярна ребру, значит, APA_{1}
— линейный угол данного двугранного угла. По условию задачи \angle APA_{1}=\alpha
. Тогда \angle AA_{1}O_{1}=\angle A_{1}AO_{1}=\frac{\alpha}{2}
.
В равнобедренной трапеции AA_{1}BB_{1}
с основаниями AA_{1}
, BB_{1}
и высотой BH
известно, что
AB_{1}=A_{1}B=2\sqrt{Rr},~AA_{1}=2R\cos\frac{\alpha}{2},~BB_{1}=2r\cos\frac{\alpha}{2},
A_{1}H=\frac{AA_{1}-BB_{1}}{2}=(R-r)\cos\frac{\alpha}{2},~AH=\frac{AA_{1}+BB_{1}}{2}=(R+r)\cos\frac{\alpha}{2},
BH^{2}=A_{1}B^{2}-A_{1}H^{2}=4Rr-(R-r)^{2}\cos^{2}\frac{\alpha}{2},
AB=\sqrt{AH^{2}+BH^{2}}=
=\sqrt{(R-r)^{2}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}+4Rr-(R-r)^{2}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=2\sqrt{Rr\left(1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}\right)}.
Из точки B
к сфере с центром O_{1}
проведена касательная BA_{1}
и секущая BKA
, значит, BA_{1}^{2}=BK\cdot AB
, откуда
BK=\frac{BA_{1}^{2}}{AB}=\frac{4Rr}{2\sqrt{Rr\left(1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}\right)}}=\frac{2\sqrt{Rr}}{1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=
=\frac{2\sqrt{Rr}\sqrt{1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}}{1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{AB}{1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}.
Аналогично получим, что
BL=\frac{AB\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}.
Тогда
AK=AB-BK=AB-\frac{AB}{1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{AB\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}},
KL=AB-AK-BL=AB\left(1-\frac{2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}\right)=\frac{AB\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}.
Следовательно,
AK:KL:BL=\frac{AB\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}:\frac{AB\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}:\frac{AB\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=\cos^{2}\frac{\alpha}{2}:\sin^{2}\frac{\alpha}{2}:\cos^{2}\frac{\alpha}{2}.
Источник: Прасолов В. В., Шарыгин И. Ф. Задачи по стереометрии. — М.: Наука, 1989. — № 4.5, с. 62
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия. Стереометрия: Задачник для 10—11 кл. — М.: Дрофа, 1998. — № 110, с. 17