Страница 126 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

13.36. Сечения шара, плоскости которых перпендикулярны, имеют общую хорду длиной 12 см. Найдите радиус шара, если площади данных сечений равны $64\pi \text{ см}^2$ и $100\pi \text{ см}^2$.

Сечение шара плоскостью представляет собой круг. Площадь круга вычисляется по формуле $S = \pi r^2$, где $r$ – радиус круга. Найдем радиусы данных сечений.

Пусть $r_1$ и $S_1 = 64\pi \text{ см}^2$ – радиус и площадь первого сечения, а $r_2$ и $S_2 = 100\pi \text{ см}^2$ – второго.

Для первого сечения: $S_1 = \pi r_1^2 = 64\pi$, откуда $r_1^2 = 64$ и $r_1 = 8 \text{ см}$.

Для второго сечения: $S_2 = \pi r_2^2 = 100\pi$, откуда $r_2^2 = 100$ и $r_2 = 10 \text{ см}$.

Пусть $R$ – радиус шара, а $O$ – его центр. Пусть $d_1$ и $d_2$ – расстояния от центра шара до плоскостей первого и второго сечений соответственно. Радиус шара $R$, радиус сечения $r$ и расстояние $d$ от центра шара до плоскости сечения связаны соотношением $R^2 = r^2 + d^2$.

Таким образом, для наших сечений имеем два уравнения:
1) $R^2 = r_1^2 + d_1^2 = 64 + d_1^2$
2) $R^2 = r_2^2 + d_2^2 = 100 + d_2^2$

Из этих уравнений можно выразить $d_1^2$ и $d_2^2$:
$d_1^2 = R^2 - 64$
$d_2^2 = R^2 - 100$

Рассмотрим общую хорду длиной $L = 12 \text{ см}$. Пусть ее концы – точки $A$ и $B$. Расстояние от центра шара $O$ до любой точки на поверхности шара, например, до точки $A$, равно радиусу $R$.

Построим прямоугольную систему координат с началом в центре шара $O$. Так как плоскости сечений перпендикулярны, мы можем направить оси $Ox$ и $Oy$ так, чтобы они были параллельны этим плоскостям. Тогда перпендикуляры, опущенные из центра шара на плоскости сечений, будут лежать на осях координат. Пусть плоскость первого сечения задается уравнением $z = d_1$, а плоскость второго сечения – уравнением $y = d_2$.

Общая хорда $AB$ лежит на пересечении этих двух плоскостей, то есть ее координаты $y$ и $z$ постоянны и равны $d_2$ и $d_1$ соответственно. Длина хорды $L=12 \text{ см}$. Пусть середина хорды – точка $M$. Тогда $AM = L/2 = 6 \text{ см}$. Точка $M$ будет иметь координаты $(0, d_2, d_1)$, а точка $A$ – $(-6, d_2, d_1)$.

Квадрат расстояния от центра шара $O(0,0,0)$ до точки $A(-6, d_2, d_1)$ равен квадрату радиуса шара $R^2$:
$R^2 = (-6-0)^2 + (d_2-0)^2 + (d_1-0)^2$
$R^2 = 36 + d_2^2 + d_1^2$

Теперь подставим в это уравнение выражения для $d_1^2$ и $d_2^2$, которые мы нашли ранее:
$R^2 = 36 + (R^2 - 100) + (R^2 - 64)$

Решим полученное уравнение относительно $R^2$:
$R^2 = 36 + R^2 - 100 + R^2 - 64$
$R^2 = 2R^2 - 128$
$R^2 = 128$

Теперь найдем радиус $R$:
$R = \sqrt{128} = \sqrt{64 \cdot 2} = 8\sqrt{2} \text{ см}$.

Ответ: $8\sqrt{2}$ см.

13.37. Сечения шара, плоскости которых перпендикулярны, имеют общую хорду. Расстояние от центра шара до плоскости одного из данных сечений равно 4 см, а до плоскости другого — 5 см. Найдите длину общей хорды сечений, если радиус шара равен $5\sqrt{2}$ см.

Пусть $O$ — центр шара, а $R$ — его радиус. По условию, $R = 5\sqrt{2}$ см.

Обозначим плоскости сечений как $\alpha$ и $\beta$. Расстояние от центра шара $O$ до плоскости $\alpha$ равно $d_1 = 4$ см, а до плоскости $\beta$ — $d_2 = 5$ см. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны.

Пусть $AB$ — общая хорда сечений, а $K$ — её середина. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OKA$, где $A$ — один из концов хорды. В этом треугольнике гипотенуза $OA$ равна радиусу шара $R$, катет $OK$ — это расстояние от центра шара до хорды $AB$, а катет $AK$ — половина длины искомой хорды ($AK = AB/2$).

По теореме Пифагора для треугольника $\triangle OKA$ имеем:

$OA^2 = OK^2 + AK^2$

Отсюда можем выразить квадрат половины длины хорды:

$AK^2 = R^2 - OK^2$

Для нахождения длины хорды $AB$ нам необходимо сначала найти расстояние $OK$.

Расстояние $OK$ — это расстояние от центра шара $O$ до прямой, на которой лежит хорда $AB$ (линии пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$). Это расстояние можно найти, зная расстояния от точки $O$ до каждой из перпендикулярных плоскостей. Пусть $O_1$ и $O_2$ — проекции точки $O$ на плоскости $\alpha$ и $\beta$ соответственно. Тогда $OO_1 = d_1 = 4$ см и $OO_2 = d_2 = 5$ см. Так как плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны, то отрезки $OO_1$ и $OO_2$ также перпендикулярны.

Расстояние $OK$ от точки $O$ до линии пересечения плоскостей является диагональю прямоугольника, сторонами которого являются $OO_1$ и $OO_2$. Таким образом, квадрат расстояния $OK$ можно найти по теореме Пифагора:

$OK^2 = d_1^2 + d_2^2$

Подставим известные значения:

$OK^2 = 4^2 + 5^2 = 16 + 25 = 41$ см$^2$.

Теперь мы можем найти $AK^2$. Радиус шара $R = 5\sqrt{2}$ см, следовательно, квадрат радиуса:

$R^2 = (5\sqrt{2})^2 = 25 \cdot 2 = 50$ см$^2$.

Подставляем значения $R^2$ и $OK^2$ в формулу для $AK^2$:

$AK^2 = 50 - 41 = 9$ см$^2$.

Тогда половина длины хорды равна:

$AK = \sqrt{9} = 3$ см.

Длина всей хорды $AB$ вдвое больше:

$AB = 2 \cdot AK = 2 \cdot 3 = 6$ см.

Ответ: 6 см.

13.38. В шаре радиуса $R$ проведены два равных сечения, имеющие общую хорду длиной $a$. Угол между плоскостями сечений равен $\alpha$. Найдите площадь каждого из данных сечений.

Пусть $r$ — радиус каждого из двух равных сечений, а $S$ — их искомая площадь. Площадь круга вычисляется по формуле $S = \pi r^2$. Таким образом, задача сводится к нахождению квадрата радиуса сечения $r^2$.

Введём обозначения. Пусть $O$ — центр шара, $R$ — его радиус. Два сечения имеют общую хорду длиной $a$. Обозначим центры этих сечений (кругов) как $C_1$ и $C_2$, а середину общей хорды — как $M$.

Рассмотрим плоскость $\Pi$, которая проходит через точку $M$ и перпендикулярна хорде. По свойству симметрии, центр шара $O$ лежит в этой плоскости. Центры сечений $C_1$ и $C_2$ также лежат в плоскости $\Pi$, так как отрезки $MC_1$ и $MC_2$ (представляющие собой расстояния от центров сечений до их общей хорды) перпендикулярны этой хорде. Следовательно, все четыре точки — $O$, $M$, $C_1$ и $C_2$ — лежат в одной плоскости $\Pi$.

В плоскости $\Pi$ угол между отрезками $MC_1$ и $MC_2$ равен углу между плоскостями сечений, так как эти отрезки лежат в соответствующих плоскостях и перпендикулярны их линии пересечения (общей хорде). Таким образом, $\angle C_1MC_2 = \alpha$.

Отрезок $OC_1$ соединяет центр шара с центром первого сечения, а значит, перпендикулярен плоскости этого сечения. Поскольку отрезок $MC_1$ лежит в плоскости первого сечения, то $OC_1 \perp MC_1$. Это означает, что треугольник $\triangle OC_1M$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $C_1$. Аналогично, $\triangle OC_2M$ — прямоугольный с прямым углом при $C_2$.

Поскольку сечения равны, то равны и расстояния от их центров до общей хорды, $|MC_1| = |MC_2| = d$, и расстояния от центра шара до плоскостей сечений, $|OC_1| = |OC_2| = h$. Прямоугольные треугольники $\triangle OC_1M$ и $\triangle OC_2M$ равны по катету и общей гипотенузе $OM$. Отсюда следует, что $OM$ является биссектрисой угла $\angle C_1MC_2$, и $\angle OMC_1 = \alpha/2$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle OC_1M$ катеты $h$ и $d$ связаны через угол $\angle OMC_1 = \alpha/2$:$\tan(\angle OMC_1) = \frac{|OC_1|}{|MC_1|} \implies \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{h}{d}$, откуда $h = d \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)$.

Теперь воспользуемся двумя основными соотношениями для сечений шара:1. Связь между радиусом сечения $r$, хордой $a$ и расстоянием $d$ от центра сечения до хорды. Из прямоугольного треугольника, образованного радиусом $r$, половиной хорды $a/2$ и отрезком $d$, по теореме Пифагора имеем:$r^2 = d^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2$2. Связь между радиусом шара $R$, радиусом сечения $r$ и расстоянием $h$ от центра шара до плоскости сечения:$R^2 = h^2 + r^2$

Решим полученную систему уравнений относительно $r^2$:$\begin{cases} h = d \tan(\frac{\alpha}{2}) \\ r^2 = d^2 + \frac{a^2}{4} \\ R^2 = h^2 + r^2 \end{cases}$

Из второго уравнения выразим $d^2$: $d^2 = r^2 - \frac{a^2}{4}$. Из первого уравнения выразим $h^2$: $h^2 = d^2 \tan^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)$. Подставим выражение для $d^2$ в выражение для $h^2$: $h^2 = \left(r^2 - \frac{a^2}{4}\right) \tan^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)$. Теперь подставим полученное выражение для $h^2$ в третье уравнение:$R^2 = \left(r^2 - \frac{a^2}{4}\right) \tan^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) + r^2$$R^2 = r^2 \tan^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) - \frac{a^2}{4} \tan^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) + r^2$Сгруппируем члены с $r^2$:$R^2 + \frac{a^2}{4} \tan^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) = r^2 \left(1 + \tan^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)$Применяя тригонометрическое тождество $1 + \tan^2(x) = \sec^2(x) = 1/\cos^2(x)$, получаем:$R^2 + \frac{a^2}{4} \tan^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) = r^2 \frac{1}{\cos^2(\frac{\alpha}{2})}$Отсюда выражаем $r^2$:$r^2 = \left(R^2 + \frac{a^2}{4} \tan^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right) \cos^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)$$r^2 = R^2 \cos^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) + \frac{a^2}{4} \frac{\sin^2(\frac{\alpha}{2})}{\cos^2(\frac{\alpha}{2})} \cos^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)$$r^2 = R^2 \cos^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) + \frac{a^2}{4} \sin^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)$

Теперь находим площадь сечения $S$:$S = \pi r^2 = \pi \left(R^2 \cos^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) + \frac{a^2}{4} \sin^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)$

Ответ: $S = \pi \left(R^2 \cos^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) + \frac{a^2}{4} \sin^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)$.

13.39. Через точку $A$ проведены две прямые, касающиеся сферы с центром $O$ в точках $B$ и $C$. Плоскости $AOB$ и $AOC$ перпендикулярны, $AO = 9$ см, радиус сферы равен 6 см. Найдите расстояние между точками $B$ и $C$.

Поскольку прямые, проведенные через точку A, касаются сферы в точках B и C, радиусы сферы OB и OC, проведенные в точки касания, перпендикулярны этим касательным. То есть, $OB \perp AB$ и $OC \perp AC$.

Следовательно, треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle AOC$ являются прямоугольными, с прямыми углами $\angle ABO = 90^\circ$ и $\angle ACO = 90^\circ$.

В этих треугольниках нам известны:

• Гипотенуза $AO = 9$ см.
• Катеты $OB$ и $OC$ равны радиусу сферы, то есть $OB = OC = 6$ см.

Рассмотрим трехгранный угол с вершиной в точке O и ребрами OA, OB, OC. По условию, плоскости (AOB) и (AOC) перпендикулярны. Это означает, что двугранный угол при ребре OA равен $90^\circ$.

Воспользуемся первой теоремой косинусов для трехгранного угла, которая связывает его плоские углы и один из двугранных углов:

$\cos(\angle BOC) = \cos(\angle AOB) \cdot \cos(\angle AOC) + \sin(\angle AOB) \cdot \sin(\angle AOC) \cdot \cos(\alpha)$

где $\alpha$ — это двугранный угол между плоскостями AOB и AOC. Так как $\alpha = 90^\circ$, то $\cos(90^\circ) = 0$. Формула упрощается:

$\cos(\angle BOC) = \cos(\angle AOB) \cdot \cos(\angle AOC)$

Найдем косинусы плоских углов $\angle AOB$ и $\angle AOC$ из прямоугольных треугольников $\triangle AOB$ и $\triangle AOC$:

$\cos(\angle AOB) = \frac{OB}{AO} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}$

$\cos(\angle AOC) = \frac{OC}{AO} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}$

Теперь вычислим косинус угла $\angle BOC$:

$\cos(\angle BOC) = \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{9}$

Наконец, рассмотрим треугольник $\triangle BOC$. Он является равнобедренным, так как $OB = OC = 6$ см. Чтобы найти длину стороны BC, применим теорему косинусов:

$BC^2 = OB^2 + OC^2 - 2 \cdot OB \cdot OC \cdot \cos(\angle BOC)$

Подставляем известные значения:

$BC^2 = 6^2 + 6^2 - 2 \cdot 6 \cdot 6 \cdot \frac{4}{9}$

$BC^2 = 36 + 36 - 72 \cdot \frac{4}{9}$

$BC^2 = 72 - (72/9) \cdot 4 = 72 - 8 \cdot 4 = 72 - 32 = 40$

Отсюда находим длину BC:

$BC = \sqrt{40} = \sqrt{4 \cdot 10} = 2\sqrt{10}$ см.

Ответ: $2\sqrt{10}$ см.

13.40. Через точку $M$ проведены две прямые, касающиеся сферы с центром $O$ в точках $A$ и $B$. Двугранный угол с гранями $AMO$ и $BMO$ равен $120^\circ$, $AB = 6$ см, $AM = 4\sqrt{3}$ см. Найдите радиус сферы.

Пусть $R$ — искомый радиус сферы. Прямые $MA$ и $MB$ касаются сферы в точках $A$ и $B$. Радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной, поэтому $OA \perp MA$ и $OB \perp MB$. Это означает, что треугольники $\triangle OAM$ и $\triangle OBM$ являются прямоугольными с прямыми углами при вершинах $A$ и $B$ соответственно.

Отрезки касательных, проведенных из одной точки к сфере, равны, следовательно, $AM = BM = 4\sqrt{3}$ см. Также $OA = OB = R$ как радиусы одной сферы, а сторона $OM$ у треугольников $\triangle OAM$ и $\triangle OBM$ общая. Таким образом, прямоугольные треугольники $\triangle OAM$ и $\triangle OBM$ равны по катету и гипотенузе.

Двугранный угол между плоскостями $(AMO)$ и $(BMO)$ измеряется линейным углом. Ребром этого двугранного угла является прямая $MO$. Для построения линейного угла опустим из точки $A$ перпендикуляр $AH$ на прямую $MO$. Так как $\triangle OAM = \triangle OBM$, то перпендикуляр, опущенный из точки $B$ на прямую $MO$, также придет в точку $H$. Таким образом, $AH \perp MO$ и $BH \perp MO$, и $\angle AHB$ является линейным углом данного двугранного угла. По условию, $\angle AHB = 120^\circ$.

Рассмотрим $\triangle AHB$. Так как $AH$ и $BH$ являются соответствующими высотами в равных треугольниках $\triangle OAM$ и $\triangle OBM$, то $AH = BH$, и, следовательно, $\triangle AHB$ — равнобедренный. Проведем в нем медиану $HK$ к основанию $AB$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является также высотой и биссектрисой. Значит, $HK \perp AB$ и $\angle AHK = \frac{1}{2}\angle AHB = \frac{120^\circ}{2} = 60^\circ$. Так как $K$ — середина $AB$, то $AK = \frac{AB}{2} = \frac{6}{2} = 3$ см.

В прямоугольном треугольнике $\triangle AHK$ (с прямым углом $K$):$AH = \frac{AK}{\sin(\angle AHK)} = \frac{3}{\sin(60^\circ)} = \frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}$ см.

Теперь вернемся к прямоугольному треугольнику $\triangle OAM$. В нем $OA = R$, $AM = 4\sqrt{3}$ см, а $AH = 2\sqrt{3}$ см — высота, проведенная из вершины прямого угла $A$ к гипотенузе $OM$.

Площадь треугольника $\triangle OAM$ можно выразить двумя способами:1. $S_{\triangle OAM} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot AM = \frac{1}{2} \cdot R \cdot 4\sqrt{3} = 2\sqrt{3}R$.2. $S_{\triangle OAM} = \frac{1}{2} \cdot OM \cdot AH = \frac{1}{2} \cdot OM \cdot 2\sqrt{3} = \sqrt{3} \cdot OM$. Приравняв эти два выражения, получим:$2\sqrt{3}R = \sqrt{3} \cdot OM$, откуда $OM = 2R$.

По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $\triangle OAM$:$OM^2 = OA^2 + AM^2$. Подставим известные значения и найденное соотношение:$(2R)^2 = R^2 + (4\sqrt{3})^2$$4R^2 = R^2 + 16 \cdot 3$$4R^2 = R^2 + 48$$3R^2 = 48$$R^2 = 16$Так как радиус — величина положительная, $R = 4$ см.

Ответ: 4 см.

13.41. Даны точки $A$ и $B$. Найдите ГМТ оснований перпендикуляров, опущенных из точки $A$ на все плоскости, проходящие через точку $B$.

Пусть $\pi$ — произвольная плоскость, проходящая через точку $B$. Пусть $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на плоскость $\pi$.

По определению, прямая $AH$ перпендикулярна плоскости $\pi$. Так как точка $B$ и точка $H$ (основание перпендикуляра) лежат в плоскости $\pi$, то и прямая $BH$ лежит в этой плоскости.

Из того, что прямая $AH$ перпендикулярна плоскости $\pi$, следует, что она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $H$. В частности, прямая $AH$ перпендикулярна прямой $BH$.

Таким образом, для любой точки $H$ из искомого геометрического места точек (ГМТ) треугольник $\triangle AHB$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $H$, то есть $\angle AHB = 90^\circ$.

Геометрическое место точек в пространстве, из которых данный отрезок $AB$ виден под прямым углом, представляет собой сферу, построенную на отрезке $AB$ как на диаметре.

Докажем обратное. Возьмем любую точку $H$ на сфере, диаметром которой является отрезок $AB$. Тогда по свойству точек сферы $\angle AHB = 90^\circ$. Проведем через точку $H$ плоскость $\pi$, перпендикулярную прямой $AH$. Прямая $BH$ лежит в этой плоскости, так как она проходит через точку $H$ и перпендикулярна $AH$. Следовательно, и точка $B$ лежит в плоскости $\pi$. Таким образом, для любой точки $H$ на сфере с диаметром $AB$ существует плоскость $\pi$, проходящая через $B$, для которой $H$ является основанием перпендикуляра, опущенного из $A$.

Следовательно, искомое ГМТ — это сфера с диаметром $AB$.

Ответ: Сфера, построенная на отрезке $AB$ как на диаметре.

13.42. Найдите ГМТ центров сфер, касающихся двух данных плоскостей.

Пусть даны две плоскости $\alpha$ и $\beta$. Пусть $C$ — центр сферы, а $R$ — её радиус. Условие касания сферы и плоскости заключается в том, что расстояние от центра сферы до плоскости равно её радиусу. Если сфера касается обеих плоскостей $\alpha$ и $\beta$, то для её центра $C$ должны выполняться равенства $d(C, \alpha) = R$ и $d(C, \beta) = R$.

Из этого следует, что центр сферы $C$ должен быть равноудалён от обеих плоскостей:

$d(C, \alpha) = d(C, \beta)$

Таким образом, задача сводится к нахождению геометрического места точек (ГМТ), равноудалённых от двух данных плоскостей. Это ГМТ зависит от взаимного расположения плоскостей $\alpha$ и $\beta$. Рассмотрим два основных случая (предполагая, что плоскости не совпадают).

Случай, когда плоскости параллельны

Пусть плоскости $\alpha$ и $\beta$ параллельны ($\alpha \parallel \beta$) и расстояние между ними равно $d$. Любая сфера, касающаяся обеих плоскостей, должна иметь диаметр, равный $d$, и, следовательно, радиус $R = d/2$. Центр $C$ такой сферы должен находиться на расстоянии $d/2$ от каждой из плоскостей. Геометрическое место точек, равноудалённых от двух параллельных плоскостей, — это плоскость, которая параллельна им и проходит посередине между ними. Эта плоскость и является искомым ГМТ.

Ответ: Если данные плоскости параллельны, искомое ГМТ — это плоскость, параллельная данным плоскостям и расположенная на равном расстоянии от них.

Случай, когда плоскости пересекаются

Пусть плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются по прямой $l$. Они образуют две пары вертикальных двугранных углов. Геометрическое место точек пространства, равноудалённых от двух пересекающихся плоскостей, представляет собой пару взаимно перпендикулярных плоскостей, которые делят пополам эти двугранные углы (их называют биссекторными плоскостями). Для любой точки $C$, принадлежащей одной из этих биссекторных плоскостей, расстояние до плоскости $\alpha$ равно расстоянию до плоскости $\beta$. Обозначив это расстояние как $r$, мы можем построить сферу с центром $C$ и радиусом $R=r$, которая будет касаться обеих исходных плоскостей. Следовательно, искомым ГМТ в этом случае является объединение этих двух биссекторных плоскостей.

Ответ: Если данные плоскости пересекаются, искомое ГМТ — это пара взаимно перпендикулярных биссекторных плоскостей, делящих пополам двугранные углы, образованные данными плоскостями.

13.43. Дана сфера радиуса $r$ с центром $O$. Найдите ГМТ, через которые можно провести три попарно перпендикулярные прямые, касающиеся данной сферы.

Пусть дана сфера с центром в точке $O$ и радиусом $r$. Введем декартову систему координат с началом в точке $O$. Пусть $P$ — точка, принадлежащая искомому геометрическому месту точек (ГМТ), а $\vec{p} = \vec{OP}$ — ее радиус-вектор.

Через точку $P$ можно провести три попарно перпендикулярные прямые $l_1, l_2, l_3$, касающиеся данной сферы. Обозначим единичные направляющие векторы этих прямых как $\vec{v_1}, \vec{v_2}, \vec{v_3}$. Поскольку прямые попарно перпендикулярны, векторы $\{\vec{v_1}, \vec{v_2}, \vec{v_3}\}$ образуют ортонормированный базис в пространстве.

Прямая $l_i$, проходящая через точку $P$ с направляющим вектором $\vec{v_i}$, касается сферы тогда и только тогда, когда расстояние от центра сферы $O$ до этой прямой равно радиусу $r$. Расстояние от начала координат до прямой $l_i$ вычисляется по формуле:$d(O, l_i) = \frac{|\vec{p} \times \vec{v_i}|}{|\vec{v_i}|}$. Так как $\vec{v_i}$ — единичные векторы ($|\vec{v_i}| = 1$), условие касания для каждой прямой имеет вид:$|\vec{p} \times \vec{v_i}| = r$, или в квадрате: $|\vec{p} \times \vec{v_i}|^2 = r^2$.

Воспользуемся векторным тождеством $|\vec{a} \times \vec{b}|^2 = |\vec{a}|^2 |\vec{b}|^2 - (\vec{a} \cdot \vec{b})^2$. Применительно к нашему случаю ($|\vec{v_i}|=1$), оно дает:$|\vec{p}|^2 - (\vec{p} \cdot \vec{v_i})^2 = r^2$. Это соотношение должно выполняться для всех трех прямых, т.е. для $i=1, 2, 3$:

$|\vec{p}|^2 - (\vec{p} \cdot \vec{v_1})^2 = r^2$
$|\vec{p}|^2 - (\vec{p} \cdot \vec{v_2})^2 = r^2$
$|\vec{p}|^2 - (\vec{p} \cdot \vec{v_3})^2 = r^2$

Сложим эти три уравнения:$3|\vec{p}|^2 - \left( (\vec{p} \cdot \vec{v_1})^2 + (\vec{p} \cdot \vec{v_2})^2 + (\vec{p} \cdot \vec{v_3})^2 \right) = 3r^2$.

Сумма квадратов проекций вектора на ортонормированный базис равна квадрату его длины:$(\vec{p} \cdot \vec{v_1})^2 + (\vec{p} \cdot \vec{v_2})^2 + (\vec{p} \cdot \vec{v_3})^2 = |\vec{p}|^2$.

Подставив это в предыдущее уравнение, получим:$3|\vec{p}|^2 - |\vec{p}|^2 = 3r^2$
$2|\vec{p}|^2 = 3r^2$
$|\vec{p}|^2 = \frac{3}{2}r^2$.

Отсюда следует, что расстояние от точки $P$ до центра сферы $O$ постоянно и равно $|\vec{p}| = \sqrt{\frac{3}{2}}r = \frac{r\sqrt{6}}{2}$. Таким образом, все точки искомого ГМТ лежат на сфере с центром в точке $O$ и радиусом $R = \frac{r\sqrt{6}}{2}$.

Теперь докажем обратное: любая точка $P$ на этой сфере принадлежит искомому ГМТ. Пусть точка $P$ такова, что $|\vec{OP}|^2 = \frac{3}{2}r^2$. Нам нужно показать, что существует ортонормированный базис $\{\vec{v_1}, \vec{v_2}, \vec{v_3}\}$, для которого прямые, проходящие через $P$ с этими направляющими векторами, касаются сферы радиуса $r$. Условие касания, как мы выяснили, эквивалентно равенству $|\vec{p}|^2 - (\vec{p} \cdot \vec{v_i})^2 = r^2$. Подставим известное значение $|\vec{p}|^2$:$\frac{3}{2}r^2 - (\vec{p} \cdot \vec{v_i})^2 = r^2$
$(\vec{p} \cdot \vec{v_i})^2 = \frac{1}{2}r^2$.

Следовательно, задача сводится к тому, чтобы для любого вектора $\vec{p}$ с длиной $\sqrt{\frac{3}{2}}r$ найти ортонормированный базис $\{\vec{v_1}, \vec{v_2}, \vec{v_3}\}$, такой что квадраты проекций $\vec{p}$ на каждый из базисных векторов равны $\frac{1}{2}r^2$. Сумма квадратов проекций в этом случае будет равна $3 \cdot \frac{1}{2}r^2 = \frac{3}{2}r^2$, что в точности совпадает с $|\vec{p}|^2$, так что условие непротиворечиво.

Такой базис всегда существует. Например, если выбрать систему координат так, чтобы вектор $\vec{p}$ был направлен вдоль оси $z$, то есть $\vec{p} = (0, 0, |\vec{p}|)$, то условие $(\vec{p} \cdot \vec{v_i})^2 = \frac{1}{2}r^2$ означает, что z-координаты базисных векторов $v_{iz}$ должны удовлетворять соотношению $(|\vec{p}| v_{iz})^2 = \frac{1}{2}r^2$, откуда $v_{iz}^2 = \frac{r^2/2}{|\vec{p}|^2} = \frac{r^2/2}{3r^2/2} = \frac{1}{3}$. Всегда можно построить ортонормированный базис, у которого z-компоненты векторов равны $\pm 1/\sqrt{3}$. В силу изотропности пространства, такой базис можно построить для любого направления вектора $\vec{p}$.

Таким образом, для любой точки $P$, лежащей на сфере радиуса $R = \frac{r\sqrt{6}}{2}$ с центром $O$, можно провести три попарно перпендикулярные касательные к исходной сфере.

Ответ: Искомое геометрическое место точек — это сфера, концентрическая данной, с радиусом $R = r\sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{r\sqrt{6}}{2}$.

13.44. Прямая $m$ пересекает плоскость $\alpha$. Точки $A$ и $B$ принадлежат прямой $m$ и лежат в одном полупространстве относительно плоскости $\alpha$. Рассматриваются все сферы, проходящие через точки $A$ и $B$ и касающиеся плоскости $\alpha$. Докажите, что точки касания сфер с плоскостью $\alpha$ принадлежат одной окружности.

Пусть $S$ — произвольная сфера, проходящая через точки $A$ и $B$ и касающаяся плоскости $\alpha$. Пусть $T$ — точка касания сферы $S$ с плоскостью $\alpha$. По определению, точка $T$ принадлежит плоскости $\alpha$.

Рассмотрим прямую $m$, на которой лежат точки $A$ и $B$. По условию, прямая $m$ пересекает плоскость $\alpha$. Обозначим точку их пересечения через $P$, то есть $P = m \cap \alpha$.

Точка $P$ лежит на прямой $m$, которая является секущей для сферы $S$, поскольку сфера проходит через точки $A$ и $B$, лежащие на этой прямой. Согласно теореме о степени точки относительно сферы, степень точки $P$ относительно сферы $S$ равна произведению расстояний от точки $P$ до точек пересечения прямой $m$ со сферой. Таким образом, степень точки $P$ равна $PA \cdot PB$.

Так как точки $A$ и $B$ по условию лежат в одном полупространстве относительно плоскости $\alpha$, точка пересечения $P$ не находится между точками $A$ и $B$. Значение произведения $PA \cdot PB$ является постоянной положительной величиной, так как положение точек $P$, $A$ и $B$ фиксировано условием задачи.

С другой стороны, точка $P$ лежит в плоскости $\alpha$, которая является касательной к сфере $S$ в точке $T$. Прямая $PT$ также лежит в плоскости $\alpha$ и проходит через точку касания $T$. По свойству касательной плоскости, любая прямая, лежащая в ней и проходящая через точку касания, является касательной к сфере. Следовательно, прямая $PT$ — касательная к сфере $S$.

По теореме о касательной и секущей, степень точки $P$ относительно сферы $S$ также равна квадрату длины касательного отрезка, проведенного из точки $P$ к сфере. В нашем случае это $PT^2$.

Приравнивая два выражения для степени точки $P$ относительно сферы $S$, получаем равенство:$PT^2 = PA \cdot PB$.

Поскольку правая часть этого равенства является константой для всех рассматриваемых сфер, то и левая часть должна быть константой. Это означает, что расстояние от фиксированной точки $P$ до любой возможной точки касания $T$ является постоянной величиной, равной $\sqrt{PA \cdot PB}$.

Все точки касания $T$ лежат в плоскости $\alpha$ и равноудалены от фиксированной точки $P$ в той же плоскости. По определению, геометрическое место таких точек есть окружность.

Таким образом, доказано, что все точки касания сфер с плоскостью $\alpha$ принадлежат одной окружности. Эта окружность лежит в плоскости $\alpha$, ее центр — точка $P$ (пересечение прямой $m$ и плоскости $\alpha$), а ее радиус $r = \sqrt{PA \cdot PB}$.

Ответ: Доказано, что все точки касания рассматриваемых сфер с плоскостью $\alpha$ лежат на одной окружности. Эта окружность находится в плоскости $\alpha$, ее центром является точка пересечения прямой $m$ с плоскостью $\alpha$, а ее радиус равен квадратному корню из произведения расстояний от точки пересечения до точек $A$ и $B$.

13.45. Дан трёхгранный угол $SABC$, каждый плоский угол которого равен $90^\circ$. Точка $M$ принадлежит трёхгранному углу и удалена от его граней на 1 см, 2 см и 5 см. Сфера проходит через точку $M$ и касается всех граней трёхгранного угла. Найдите радиус сферы.

Введем прямоугольную систему координат с началом в вершине $S$ трёхгранного угла, а оси $Ox$, $Oy$ и $Oz$ направим вдоль его рёбер. В этой системе координат грани трёхгранного угла будут совпадать с координатными плоскостями $Oxy$ ($z=0$), $Oyz$ ($x=0$) и $Oxz$ ($y=0$).

Точка $M$ принадлежит трёхгранному углу, и её расстояния до граней (координатных плоскостей) равны 1 см, 2 см и 5 см. Это означает, что координаты точки $M$ равны $(1, 2, 5)$ (или любая их перестановка, что не повлияет на итоговое уравнение).

Пусть $R$ — радиус искомой сферы, а её центр — точка $O(x_0, y_0, z_0)$. Так как сфера касается всех трёх граней (координатных плоскостей) и находится в том же октанте, что и точка $M$, её центр равноудалён от этих плоскостей. Следовательно, координаты центра сферы равны $x_0 = y_0 = z_0 = R$. Таким образом, центр сферы — точка $O(R, R, R)$.

Уравнение сферы с центром в точке $O(R, R, R)$ и радиусом $R$ имеет вид:

$(x - R)^2 + (y - R)^2 + (z - R)^2 = R^2$

По условию, сфера проходит через точку $M(1, 2, 5)$. Значит, координаты этой точки должны удовлетворять уравнению сферы. Подставим координаты точки $M$ в уравнение:

$(1 - R)^2 + (2 - R)^2 + (5 - R)^2 = R^2$

Раскроем скобки и решим полученное уравнение относительно $R$:

$(1 - 2R + R^2) + (4 - 4R + R^2) + (25 - 10R + R^2) = R^2$

Приведём подобные члены:

$3R^2 - 16R + 30 = R^2$

$2R^2 - 16R + 30 = 0$

Разделим обе части уравнения на 2:

$R^2 - 8R + 15 = 0$

Это квадратное уравнение. Найдём его корни. По теореме Виета, сумма корней равна 8, а их произведение равно 15. Легко подобрать корни:

$R_1 = 3$ и $R_2 = 5$.

Оба значения являются положительными, а значит, могут быть радиусами сферы. Таким образом, существуют две сферы, удовлетворяющие условиям задачи.

Ответ: 3 см или 5 см.

13.46. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$, $AB = BC = 2$ см, $AA_1 = 1$ см. Плоскость $\alpha$ проходит через точки $D$ и $B_1$ и параллельна прямой $AC$. Найдите радиус сферы, касающейся плоскости $\alpha$ и трёх граней параллелепипеда с общей вершиной $B$.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат с началом в вершине $B$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $BC$, ось $Oy$ вдоль ребра $BA$ и ось $Oz$ вдоль ребра $BB_1$.

В этой системе координат вершины параллелепипеда будут иметь следующие координаты:

• $B(0, 0, 0)$
• $C(2, 0, 0)$ (т.к. $BC=2$)
• $A(0, 2, 0)$ (т.к. $AB=2$)
• $B_1(0, 0, 1)$ (т.к. $BB_1=1$)
• $D(2, 2, 0)$ (т.к. $\vec{BD} = \vec{BA} + \vec{AD} = \vec{BA} + \vec{BC}$)

Плоскость $\alpha$ проходит через точки $D(2, 2, 0)$ и $B_1(0, 0, 1)$ и параллельна прямой $AC$.

Найдем направляющий вектор прямой $AC$:

$\vec{v}_{AC} = C - A = (2-0, 0-2, 0-0) = (2, -2, 0)$. Можно взять коллинеарный вектор $\vec{v} = (1, -1, 0)$.

Найдем вектор $\vec{DB_1}$, лежащий в плоскости $\alpha$:

$\vec{DB_1} = B_1 - D = (0-2, 0-2, 1-0) = (-2, -2, 1)$.

Пусть $\vec{n} = (A, B, C)$ — вектор нормали к плоскости $\alpha$. Так как плоскость $\alpha$ параллельна прямой $AC$, то вектор нормали $\vec{n}$ перпендикулярен вектору $\vec{v}$. Также $\vec{n}$ перпендикулярен вектору $\vec{DB_1}$, который лежит в плоскости.

Составим систему уравнений из условий перпендикулярности (скалярное произведение равно нулю):

$\vec{n} \cdot \vec{v} = 0 \implies A(1) + B(-1) + C(0) = 0 \implies A - B = 0 \implies A = B$.

$\vec{n} \cdot \vec{DB_1} = 0 \implies A(-2) + B(-2) + C(1) = 0 \implies -2A - 2B + C = 0$.

Подставим $A=B$ во второе уравнение:

$-2A - 2A + C = 0 \implies -4A + C = 0 \implies C = 4A$.

Таким образом, вектор нормали $\vec{n}$ имеет вид $(A, A, 4A)$. Положим $A=1$, тогда $\vec{n} = (1, 1, 4)$.

Уравнение плоскости $\alpha$ имеет вид $x + y + 4z + D_{plane} = 0$.

Чтобы найти коэффициент $D_{plane}$, подставим в уравнение координаты точки, через которую проходит плоскость, например, $B_1(0, 0, 1)$:

$1(0) + 1(0) + 4(1) + D_{plane} = 0 \implies 4 + D_{plane} = 0 \implies D_{plane} = -4$.

Итак, уравнение плоскости $\alpha$: $x + y + 4z - 4 = 0$.

Теперь рассмотрим сферу. Она касается трёх граней параллелепипеда с общей вершиной $B$. В нашей системе координат это координатные плоскости $x=0$ (грань $ABB_1A_1$), $y=0$ (грань $BCC_1B_1$) и $z=0$ (грань $ABCD$).

Пусть радиус сферы равен $R$, а её центр — точка $O_s(x_0, y_0, z_0)$. Так как сфера находится внутри параллелепипеда в углу при вершине $B$, её центр имеет положительные координаты. Расстояние от центра сферы до каждой из координатных плоскостей равно радиусу $R$.

Следовательно, $x_0 = R$, $y_0 = R$, $z_0 = R$. Центр сферы — $O_s(R, R, R)$.

Сфера также касается плоскости $\alpha: x + y + 4z - 4 = 0$. Расстояние от центра сферы $O_s(R, R, R)$ до этой плоскости также должно быть равно радиусу $R$.

Используем формулу расстояния от точки до плоскости:

$R = \frac{|1 \cdot R + 1 \cdot R + 4 \cdot R - 4|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 4^2}} = \frac{|6R - 4|}{\sqrt{1 + 1 + 16}} = \frac{|6R - 4|}{\sqrt{18}}$

$R\sqrt{18} = |6R - 4|$

$3\sqrt{2}R = |6R - 4|$

Центр сферы $O_s(R, R, R)$ и вершина $B(0, 0, 0)$ должны находиться по одну сторону от плоскости $\alpha$. Проверим, какой знак имеет выражение $x + y + 4z - 4$ в точке $B(0, 0, 0)$:

$0 + 0 + 4(0) - 4 = -4$.

Значит, и для центра сферы $O_s(R, R, R)$ это выражение должно быть отрицательным:

$R + R + 4R - 4 < 0 \implies 6R - 4 < 0 \implies R < \frac{2}{3}$.

При этом условии $|6R - 4| = -(6R - 4) = 4 - 6R$.

Тогда уравнение для $R$ принимает вид:

$3\sqrt{2}R = 4 - 6R$

$3\sqrt{2}R + 6R = 4$

$R(6 + 3\sqrt{2}) = 4$

$R = \frac{4}{6 + 3\sqrt{2}} = \frac{4}{3(2 + \sqrt{2})}$

Упростим выражение, умножив числитель и знаменатель на сопряженное к $(2 + \sqrt{2})$, то есть на $(2 - \sqrt{2})$:

$R = \frac{4(2 - \sqrt{2})}{3(2 + \sqrt{2})(2 - \sqrt{2})} = \frac{4(2 - \sqrt{2})}{3(4 - 2)} = \frac{4(2 - \sqrt{2})}{3 \cdot 2} = \frac{2(2 - \sqrt{2})}{3}$.

Проверим, удовлетворяет ли найденное значение условию $R < \frac{2}{3}$:

$\frac{2(2 - \sqrt{2})}{3} < \frac{2}{3} \implies 2 - \sqrt{2} < 1 \implies 1 < \sqrt{2}$, что является верным неравенством.

Ответ: радиус сферы равен $\frac{2(2 - \sqrt{2})}{3}$ см.

13.47. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ $AB = BC = 1$ см, $AA_1 = 2$ см. Плоскость $\alpha$ проходит через точки $A$ и $C_1$ и параллельна прямой $BD$. Найдите радиус сферы, касающейся плоскости $\alpha$ и трёх граней параллелепипеда с общей вершиной $C$.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат с началом в точке $C$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $CB$, ось $Oy$ вдоль ребра $CD$ и ось $Oz$ вдоль ребра $CC_1$.

В этой системе координат, учитывая, что $AB = BC = 1$ см и $AA_1 = 2$ см, ключевые точки имеют следующие координаты: $C(0, 0, 0)$, $B(1, 0, 0)$, $D(0, 1, 0)$, $A(1, 1, 0)$ и $C_1(0, 0, 2)$.

Сначала найдем уравнение плоскости $\alpha$. Плоскость проходит через точки $A(1, 1, 0)$ и $C_1(0, 0, 2)$, поэтому вектор $\vec{AC_1} = (0-1, 0-1, 2-0) = (-1, -1, 2)$ лежит в этой плоскости. Также плоскость $\alpha$ параллельна прямой $BD$, значит, она параллельна вектору $\vec{BD} = (0-1, 1-0, 0-0) = (-1, 1, 0)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $\alpha$ перпендикулярен векторам $\vec{AC_1}$ и $\vec{BD}$. Его можно найти как их векторное произведение $\vec{n} = \vec{AC_1} \times \vec{BD}$. Вычисляя векторное произведение, получаем $\vec{n} = (-2, -2, -2)$. В качестве нормального вектора можно взять коллинеарный ему вектор $(1, 1, 1)$. Тогда уравнение плоскости $\alpha$ имеет вид $x + y + z + D = 0$. Для нахождения константы $D$ подставим в уравнение координаты точки $A(1, 1, 0)$, через которую проходит плоскость: $1 + 1 + 0 + D = 0$, откуда $D = -2$. Таким образом, уравнение плоскости $\alpha$ есть $x + y + z - 2 = 0$.

Теперь рассмотрим сферу. Она касается трех граней параллелепипеда с общей вершиной $C$. В нашей системе координат это грани, лежащие в плоскостях $x=0$, $y=0$ и $z=0$. Если радиус сферы равен $R$, то ее центр, находящийся в углу, образованном этими плоскостями, имеет координаты $O(R, R, R)$.

Сфера также касается плоскости $\alpha$. Это означает, что расстояние от ее центра $O(R, R, R)$ до плоскости $\alpha$ равно ее радиусу $R$. Воспользуемся формулой расстояния от точки до плоскости $d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$. Подставим координаты точки $O(R, R, R)$ и параметры плоскости $x + y + z - 2 = 0$:

$R = \frac{|1 \cdot R + 1 \cdot R + 1 \cdot R - 2|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}} = \frac{|3R - 2|}{\sqrt{3}}$.

Решим полученное уравнение $\sqrt{3}R = |3R - 2|$. Оно эквивалентно двум случаям. Первый случай: $\sqrt{3}R = 3R - 2$, откуда $(3 - \sqrt{3})R = 2$, и $R_1 = \frac{2}{3 - \sqrt{3}} = \frac{2(3 + \sqrt{3})}{(3 - \sqrt{3})(3 + \sqrt{3})} = \frac{2(3 + \sqrt{3})}{6} = \frac{3 + \sqrt{3}}{3}$. Второй случай: $\sqrt{3}R = -(3R - 2)$, откуда $(3 + \sqrt{3})R = 2$, и $R_2 = \frac{2}{3 + \sqrt{3}} = \frac{2(3 - \sqrt{3})}{(3 + \sqrt{3})(3 - \sqrt{3})} = \frac{2(3 - \sqrt{3})}{6} = \frac{3 - \sqrt{3}}{3}$.

Центр сферы $O(R, R, R)$ должен находиться внутри параллелепипеда. Размеры параллелепипеда вдоль осей $Ox$ и $Oy$ равны 1. Следовательно, координата центра $R$ должна удовлетворять условию $0 < R \le 1$. Проверим найденные корни: $R_1 = 1 + \frac{\sqrt{3}}{3} > 1$, поэтому этот корень не подходит. Корень $R_2 = 1 - \frac{\sqrt{3}}{3}$ удовлетворяет условию, так как $0 < 1 - \frac{\sqrt{3}}{3} < 1$.

Единственное подходящее решение — это $R = \frac{3 - \sqrt{3}}{3}$.

Ответ: $\frac{3 - \sqrt{3}}{3}$ см.