Задача 111387

Темы:    [ Параллелепипеды ] [ Касательные к сферам ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

В основании наклонного параллелепипеда лежит прямоугольник ABCD ; AA1 , BB1 , CC1 и DD1 – боковые рёбра. Сфера с центром в точке O касается рёбер BC , A1B1 и DD1 соответственно в точках B , A1 и D1 . Найдите A1OB , если AD=4 , а высота параллелепипеда равна 1.

Решение

Докажем сначала следующее утверждение: если прямая касается сферы в точке E , то плоскость, проходящая через центр сферы перпендикулярно этой прямой, проходит через точку E . Действительно, если плоскость, прходящая через центр O сферы перпендикулярно касательной прямой l , пересекает эту прямую в точке F , отличной от E , то OF l и OE l , что невозможно, т.к. через точку O можно провести только одну прямую, перпендикулярную l . Утверждение доказано. Поскольку сфера проходит через точки A1 и D1 , её центр O лежит в плоскости α , проходящей через середину N1 отрезка A1D1 перпендикулярно A1D1 , а т.к. BC || A1D1 , то плоскость α перпендикулярна прямой BC , касающейся сферы в точке B . Из доказанного ранее утверждения следует, что плоскость α проходит через точку B . Поскольку ABCD – прямоугольник, прямая AB перпендикулярна BC , значит, эта прямая также лежит в плоскости α . Сфера касается прямой A1B1 в точке A1 , поэтому плоскость β , проведённая через точку O перпендикулярно прямой A1B1 , проходит через точку A1 , а т.к. D1A1 A1B1 , то прямая A1D1 , а значит, и точка N1 , лежит в плоскости β . Поскольку O и N1 – общие точки плоскостей α и β , эти плоскости пересекаются по прямой ON1 . Пусть прямые AB и ON1 , лежащие в плоскости α , пересекаются в точке N . Тогда NN1 AD (т.к. прямая NN1 лежит в плоскости α , перпендикулярной A1D1 , а значит, и AD ) и NN1 AB (т.к. прямая NN1 лежит в плоскости β , перпендикулярной A1B1 , а значит, и AB ). Следовательно, NN1 – высота параллелепипеда, NN1=1 . Обозначим, AN=x , NO=y , OA1=OB=OD1=R . Из прямоугольных треугольников A1N1O и ONB находим, что

R2=OA12=ON12+A1N12 = 4+(y+1)2,

R2=OB2 = ON2+BN2 = y2+(x+b)2.
Пусть A1A2 – также высота параллелепипеда, опущенная на плоскость ABCD . Тогда A2N || A1D1 || AD , поэтому A2N AB . Из прямоугольных треугольников AA2N и AA1A2 находим, что
AA22 = AN2+A2N2 = AN2+A1N12 = x2+4,

AA12 = A1A22+ AA22 = 1+x2+4 = 5+x2,
а из прямоугольных треугольников OD1D и OND –
OD2 = OD12+DD12 = R2+AA12=R2+5+x2,

OD2 = ND2+ON2 = (AN2+AD2)+ON2 = (x2+16)+y2.
Из равенства R2+5+x2=x2+16+y2 следует, что R2=y2+11 . Обозначим, A1OB= ϕ . Из равнобедренного треугольника A1OB находим, что A1B = 2R sin , а из прямоугольных треугольников A2BN и A1A2B –
A2B2 = BN2+A2N2 = (x+b)2+4,

A1B = = = .
Поэтому
sin = = .
Из системы

находим, что y = 3 и R=2 . Тогда
(b+x)2 =R2- y2 = 20-9 = 11.
Следовательно,
sin = = = .

Ответ

2 arcsin .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8994