9669. Точка K
— середина ребра AA_{1}
куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, точка L
лежит на ребре BC
. Отрезок KL
касается шара, вписанного в куб. В каком отношении отрезок KL
делится точкой касания?
Ответ. 4:5
.
Решение. Пусть O
— центр сферы, Q
— центр основания ABC
, P
— точка касания сферы с отрезком KL
, F
— проекция точки Q
на ребро BC
, E
— точка касания сферы с гранью AA_{1}B_{1}B
(т. е. центр этой грани), а ребро куба равно 1. Заметим, что KP=KE=\frac{1}{2}
. Обозначим BL=x
.
Из прямоугольных треугольников ABK
, KBL
, QFL
и OQL
получаем, что
BK^{2}=AK^{2}+AB^{2}=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4},
KL^{2}=BK^{2}+BL^{2}=\frac{5}{4}+x^{2},
QL^{2}=QF^{2}+FL^{2}=\frac{1}{4}+\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2},
OL^{2}=OQ^{2}+QL^{2}=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{3}{4}+x^{2}-x.
Поскольку KP=KE=\frac{1}{2}
, треугольник OPK
прямоугольный и равнобедренный, поэтому \angle OKL=OKP=45^{\circ}
. По теореме косинусов
OL^{2}=OK^{2}+KL^{2}-2OK\cdot KL\cos45^{\circ},
или
\frac{3}{4}+x^{2}-x=\frac{1}{2}+\frac{5}{4}+x^{2}-2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\sqrt{\frac{5}{4}+x^{2}}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2},
\sqrt{x^{2}+\frac{5}{4}}=1+x,
откуда x=\frac{1}{8}
. Тогда
KL=\sqrt{BK^{2}+BL^{2}}=\sqrt{\frac{5}{4}+\frac{1}{64}}=\frac{9}{8},
PL=KL-KP=\frac{9}{8}-\frac{1}{2}=\frac{5}{8}.
Следовательно,
\frac{KP}{PL}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{5}{8}}=\frac{4}{5}.