ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 111589
Темы:    [ Касающиеся сферы ]
[ Сфера, вписанная в двугранный угол ]
Сложность: 4
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Две равные сферы S1 и S2 касаются друг друга, и, кроме того, каждая сфера касается обеих граней P и Q двугранного угла величины 2α . Сфера S1 касается грани P в точке A , а сфера S2 касается грани Q в точке B . В каком отношении отрезок AB делится сферами?

Решение

Пусть O1 и O2 – центры сфер S1 и S2 соответственно (рис.1), R – радиусы сфер, H – точка касания сферы S1 с плоскостью Q , K – точка касания сферы S2 с плоскостью P , M и N – отличные от A и B точки переcечения сфер соответственно S1 и S2 с отрезком AB . Радиусы O1A и O1H сферы S1 перпендикулярны граням P и Q соответственно. Пусть плоскость пересекающихся прямых O1A и O1H пересекает ребро данного двугранного угла в точке C . Тогда ACH – линейный угол данного двугранного угла, значит, ACH = 2α . Аналогично, если плоскость O2BK пересекает ребро двугранного угла в точке D , то BDK = 2α . Плоскость AСH проходит через перпендикуляр O1H к плоскости Q , значит, эти плоскости перпендикулярны, поэтому перпендикуляр AF , опущенный из точки A на плоскость Q , лежит в плоскости ACH . Рассмотрим четырёхугольник ACHO1 (рис.2), в котором

O1A=O1H = R, O1AC= O1HC = 90o, ACH = 2α, CA=CH.

Из прямоугольных треугольников O1CH и AFC находим, что
CH = O1H ctg O1CH = R ctg α, CF = AC cos ACH = CH cos 2α = R ctg α cos 2α,


AF = AC sin ACH = R ctg α sin 2α = 2Rα cos2 α.

Тогда
FH = CH-CF = R ctg α-R ctg α cos 2α=R ctg α(1- cos 2α)= R ctg α · 2 sin2 α = 2R sin α cos α.

Заметим, что CHBD и O1O2BH – прямоугольники, поэтому HB=O1O2 = 2R . Из прямоугольных треугольников BHF и AFB находим, что
BF = = = 2R,


AB = = =


=2R= 2R= 2R.

Пусть G – проекция точки N на плоскость Q . Тогда точка G лежит на отрезке BF . Рассмотрим прямоугольную трапецию NO2BG , в которой O2N=O2B = R . Обозначим NBG = ABF = β . Если E – середина основания BN равнобедренного треугольника BO2N , то BO2E = NBG = β , поэтому
BE = O2B sin β = R· = R· = ,

значит,
AM=BN = 2BE = ,


MN = AB-2AM = 2R-= .

Следовательно,
== = ctg2 α.


Ответ

1: ctg2 α:1 .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер 9035

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .