Страница 127 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

13.48. Через центр сферы радиуса $R$ проведены три попарно перпендикулярные плоскости. Найдите радиус сферы, касающейся всех этих плоскостей и данной сферы.

Пусть центр данной сферы радиуса $R$ находится в начале координат $O(0, 0, 0)$. Тогда три попарно перпендикулярные плоскости, проходящие через ее центр, можно рассматривать как координатные плоскости $z=0$, $y=0$ и $x=0$.

Пусть искомая сфера имеет радиус $r$ и центр $C(x_c, y_c, z_c)$. Условие касания сферы плоскости означает, что расстояние от центра сферы до этой плоскости равно ее радиусу. Так как искомая сфера касается трех координатных плоскостей, то расстояния от ее центра $C$ до этих плоскостей равны $r$. То есть $|x_c| = |y_c| = |z_c| = r$.

В силу симметрии задачи, мы можем рассмотреть положение центра искомой сферы в первом октанте, где ее координаты будут $(r, r, r)$.

Расстояние между центром данной сферы $O(0, 0, 0)$ и центром искомой сферы $C(r, r, r)$ вычисляется по формуле расстояния между двумя точками: $OC = \sqrt{(r-0)^2 + (r-0)^2 + (r-0)^2} = \sqrt{3r^2} = r\sqrt{3}$.

По условию, искомая сфера касается данной сферы. Это возможно в двух случаях: внешнее и внутреннее касание.

При внешнем касании расстояние между центрами равно сумме радиусов: $OC = R + r$. Тогда $r\sqrt{3} = R + r$, откуда $r(\sqrt{3} - 1) = R$. Решая относительно $r$, получаем первый возможный радиус: $r_1 = \frac{R}{\sqrt{3} - 1} = \frac{R(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} = \frac{R(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1} = \frac{R(\sqrt{3} + 1)}{2}$.

При внутреннем касании расстояние между центрами равно разности радиусов (радиус большей сферы минус радиус меньшей): $OC = R - r$. Тогда $r\sqrt{3} = R - r$, откуда $r(\sqrt{3} + 1) = R$. Решая относительно $r$, получаем второй возможный радиус: $r_2 = \frac{R}{\sqrt{3} + 1} = \frac{R(\sqrt{3} - 1)}{(\sqrt{3} + 1)(\sqrt{3} - 1)} = \frac{R(\sqrt{3} - 1)}{3 - 1} = \frac{R(\sqrt{3} - 1)}{2}$.

Следовательно, существуют два возможных радиуса для такой сферы.

Ответ: $\frac{R(\sqrt{3} - 1)}{2}$ или $\frac{R(\sqrt{3} + 1)}{2}$.

13.49. Две касающиеся сферы помещены в куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ так, что одна из них касается трёх граней куба с общей вершиной $A$, а другая касается трёх граней с общей вершиной $C_1$. Найдите расстояние между центрами сфер, если ребро куба равно $a$.

Введем декартову систему координат. Пусть вершина куба $A$ совпадает с началом координат $(0,0,0)$, а ребра $AB$, $AD$ и $AA_1$ лежат на осях $Ox$, $Oy$ и $Oz$ соответственно. Тогда, если ребро куба равно $a$, то координаты вершины $A$ будут $(0,0,0)$, а координаты вершины $C_1$ будут $(a,a,a)$.

Первая сфера касается трех граней куба с общей вершиной $A$. Эти грани являются координатными плоскостями: $Oxy$ ($z=0$), $Oxz$ ($y=0$) и $Oyz$ ($x=0$). Пусть центр этой сферы — точка $O_1$, а ее радиус — $R_1$. Поскольку сфера касается этих трех плоскостей, расстояние от ее центра до каждой из плоскостей равно радиусу. Таким образом, координаты центра $O_1$ равны $(R_1, R_1, R_1)$.

Вторая сфера касается трех граней куба с общей вершиной $C_1$. Эти грани задаются уравнениями $x=a$, $y=a$ и $z=a$. Пусть центр второй сферы — точка $O_2$, а ее радиус — $R_2$. Расстояние от центра $O_2(x_2, y_2, z_2)$ до плоскости $x=a$ равно $R_2$. Так как сфера находится внутри куба, координата $x_2$ должна быть меньше $a$. Следовательно, $a - x_2 = R_2$, откуда $x_2 = a - R_2$. Аналогично находим $y_2 = a - R_2$ и $z_2 = a - R_2$. Таким образом, координаты центра $O_2$ равны $(a-R_2, a-R_2, a-R_2)$.

По условию, две сферы касаются друг друга. Это означает, что расстояние между их центрами $O_1O_2$ равно сумме их радиусов:

$O_1O_2 = R_1 + R_2$

С другой стороны, расстояние между центрами $O_1(R_1, R_1, R_1)$ и $O_2(a-R_2, a-R_2, a-R_2)$ можно вычислить по формуле расстояния между двумя точками в пространстве:

$O_1O_2 = \sqrt{((a-R_2)-R_1)^2 + ((a-R_2)-R_1)^2 + ((a-R_2)-R_1)^2}$

$O_1O_2 = \sqrt{3(a-R_1-R_2)^2} = (a-(R_1+R_2))\sqrt{3}$

Теперь приравняем два полученных выражения для расстояния $O_1O_2$. Обозначим искомое расстояние $d = O_1O_2 = R_1 + R_2$.

$d = (a-d)\sqrt{3}$

Решим это уравнение относительно $d$:

$d = a\sqrt{3} - d\sqrt{3}$

$d + d\sqrt{3} = a\sqrt{3}$

$d(1+\sqrt{3}) = a\sqrt{3}$

$d = \frac{a\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}$

Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение $(\sqrt{3}-1)$:

$d = \frac{a\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)}{(1+\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)} = \frac{a(3-\sqrt{3})}{3-1} = \frac{a(3-\sqrt{3})}{2}$

Ответ: $\frac{a(3-\sqrt{3})}{2}$

13.50. Три сферы попарно касаются внешним образом, а также касаются некоторой плоскости в точках, являющихся вершинами прямоугольного треугольника с катетом 1 см и противолежащим углом, равным $30^\circ$. Найдите радиусы сфер.

Пусть радиусы трех сфер равны $r_1, r_2, r_3$. Обозначим центры сфер как $O_1, O_2, O_3$ соответственно. Так как сферы попарно касаются друг друга внешним образом, расстояние между центрами любых двух сфер равно сумме их радиусов: $d(O_i, O_j) = r_i + r_j$.

Все три сферы также касаются некоторой плоскости $\alpha$. Обозначим точки касания $A_1, A_2, A_3$. Каждая точка касания $A_i$ является ортогональной проекцией центра сферы $O_i$ на плоскость $\alpha$. Расстояние от центра $O_i$ до точки касания $A_i$ равно радиусу $r_i$, и отрезок $O_iA_i$ перпендикулярен плоскости $\alpha$.

Рассмотрим две сферы с радиусами $r_i$ и $r_j$. Расстояние между их центрами $O_iO_j = r_i + r_j$. Расстояние между точками касания на плоскости, $A_iA_j$, можно найти с помощью теоремы Пифагора. Пространственная фигура $O_iA_iA_jO_j$ является прямоугольной трапецией, где $O_iA_i$ и $O_jA_j$ — параллельные стороны. Связь между сторонами этой фигуры определяется уравнением:$(O_iO_j)^2 = (A_iA_j)^2 + (r_i - r_j)^2$$(r_i + r_j)^2 = (A_iA_j)^2 + (r_i - r_j)^2$$r_i^2 + 2r_ir_j + r_j^2 = (A_iA_j)^2 + r_i^2 - 2r_ir_j + r_j^2$Отсюда получаем ключевое соотношение:$(A_iA_j)^2 = 4r_ir_j$, или $A_iA_j = 2\sqrt{r_ir_j}$.

По условию, точки касания $A_1, A_2, A_3$ образуют прямоугольный треугольник. Пусть прямой угол находится в вершине $A_1$. Катеты треугольника — $A_1A_2$ и $A_1A_3$, а гипотенуза — $A_2A_3$. Дан один катет длиной 1 см и противолежащий ему угол $30^\circ$. Пусть катет $A_1A_3 = 1$ см. Тогда противолежащий угол $\angle A_2 = 30^\circ$. Найдем длины остальных сторон треугольника:Второй катет: $A_1A_2 = \frac{A_1A_3}{\tan(30^\circ)} = \frac{1}{1/\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ см. Гипотенуза: $A_2A_3 = \frac{A_1A_3}{\sin(30^\circ)} = \frac{1}{1/2} = 2$ см. Таким образом, стороны треугольника, образованного точками касания, равны 1 см, $\sqrt{3}$ см и 2 см.

Теперь мы можем составить систему уравнений для нахождения радиусов $r_1, r_2, r_3$, используя выведенную ранее формулу:$A_1A_2 = 2\sqrt{r_1r_2} = \sqrt{3}$$A_1A_3 = 2\sqrt{r_1r_3} = 1$$A_2A_3 = 2\sqrt{r_2r_3} = 2$

Возводя каждое уравнение в квадрат и упрощая, получаем систему:1) $r_1r_2 = \frac{3}{4}$2) $r_1r_3 = \frac{1}{4}$3) $r_2r_3 = 1$

Чтобы решить эту систему, перемножим все три уравнения:$(r_1r_2)(r_1r_3)(r_2r_3) = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot 1$$r_1^2r_2^2r_3^2 = \frac{3}{16}$Извлекая квадратный корень (радиусы должны быть положительными), получаем:$r_1r_2r_3 = \frac{\sqrt{3}}{4}$

Теперь мы можем найти каждый радиус, разделив это произведение на соответствующее произведение пар радиусов из системы:$r_1 = \frac{r_1r_2r_3}{r_2r_3} = \frac{\sqrt{3}/4}{1} = \frac{\sqrt{3}}{4}$ см.$r_2 = \frac{r_1r_2r_3}{r_1r_3} = \frac{\sqrt{3}/4}{1/4} = \sqrt{3}$ см.$r_3 = \frac{r_1r_2r_3}{r_1r_2} = \frac{\sqrt{3}/4}{3/4} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ см.

Ответ: Радиусы сфер равны $\frac{\sqrt{3}}{4}$ см, $\sqrt{3}$ см и $\frac{\sqrt{3}}{3}$ см.

13.51. Три сферы попарно касаются внешним образом, а также касаются некоторой плоскости в точках, являющихся вершинами треугольника со сторонами $a$, $b$ и $c$. Найдите радиусы сфер.

Пусть радиусы трех сфер равны $r_1$, $r_2$ и $r_3$. Центры сфер обозначим как $O_1, O_2, O_3$. Точки касания сфер с плоскостью обозначим как $A_1, A_2, A_3$. Согласно условию, эти точки являются вершинами треугольника со сторонами $a, b, c$. Примем, что сторона, соединяющая точки касания второй и третьей сфер, равна $a$ ($|A_2A_3| = a$), сторона между первой и третьей — $b$ ($|A_1A_3| = b$), и сторона между первой и второй — $c$ ($|A_1A_2| = c$).

Поскольку сферы касаются плоскости, расстояние от центра каждой сферы до плоскости равно ее радиусу. Это означает, что отрезки $O_1A_1$, $O_2A_2$ и $O_3A_3$ перпендикулярны плоскости, и их длины равны $r_1, r_2$ и $r_3$ соответственно.

Рассмотрим две любые сферы, например, первую и вторую. Так как они касаются внешним образом, расстояние между их центрами равно сумме их радиусов: $|O_1O_2| = r_1 + r_2$. Проекция отрезка $O_1O_2$ на плоскость касания — это отрезок $A_1A_2$ длиной $c$. В плоскости, проходящей через точки $O_1$ и $O_2$ и перпендикулярной плоскости касания, можно рассмотреть прямоугольный треугольник. Его гипотенуза — это отрезок $O_1O_2$, один катет равен по длине отрезку $A_1A_2$, а второй катет равен разности высот центров над плоскостью, то есть $|r_1 - r_2|$.

По теореме Пифагора имеем: $|O_1O_2|^2 = |A_1A_2|^2 + (r_1 - r_2)^2$. Подставив известные значения, получаем $(r_1 + r_2)^2 = c^2 + (r_1 - r_2)^2$. Раскроем скобки: $r_1^2 + 2r_1r_2 + r_2^2 = c^2 + r_1^2 - 2r_1r_2 + r_2^2$. После упрощения это уравнение принимает вид $4r_1r_2 = c^2$.

Проводя аналогичные рассуждения для двух других пар сфер, получаем систему из трех уравнений: $4r_1r_2 = c^2$, $4r_1r_3 = b^2$ и $4r_2r_3 = a^2$.

Для решения этой системы перемножим все три уравнения: $(4r_1r_2)(4r_1r_3)(4r_2r_3) = a^2b^2c^2$, что дает $64(r_1r_2r_3)^2 = a^2b^2c^2$. Извлекая квадратный корень из обеих частей (все величины положительны), получаем $8r_1r_2r_3 = abc$.

Теперь мы можем найти каждый радиус. Чтобы найти $r_1$ (радиус сферы, касающейся плоскости в точке $A_1$), подставим выражение для $r_2r_3$ из уравнения $4r_2r_3 = a^2$ (т.е. $r_2r_3 = a^2/4$) в полученное произведение: $8r_1(\frac{a^2}{4}) = abc$. Отсюда $2ar_1 = abc$, и, следовательно, $r_1 = \frac{bc}{2a}$.

Аналогично, используя уравнение $4r_1r_3 = b^2$ (т.е. $r_1r_3 = b^2/4$), находим $r_2$: $8r_2(\frac{b^2}{4}) = abc$, что приводит к $2br_2 = abc$ и $r_2 = \frac{ac}{2b}$.

Используя уравнение $4r_1r_2 = c^2$ (т.е. $r_1r_2 = c^2/4$), находим $r_3$: $8r_3(\frac{c^2}{4}) = abc$, что приводит к $2cr_3 = abc$ и $r_3 = \frac{ab}{2c}$.

Таким образом, искомые радиусы трех сфер определяются сторонами треугольника, образованного точками касания.

Ответ: Радиусы сфер равны $\frac{bc}{2a}$, $\frac{ac}{2b}$ и $\frac{ab}{2c}$.

13.52. Докажите, что существует сфера, проходящая через начало координат и не содержащая других точек, все координаты которых являются рациональными числами.

13.52.

Для доказательства существования такой сферы достаточно привести конкретный пример.

Уравнение сферы с центром в точке $(x_0, y_0, z_0)$ и радиусом $R$ имеет вид: $$(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 + (z - z_0)^2 = R^2$$

По условию, сфера должна проходить через начало координат, точку $O(0, 0, 0)$. Подставив её координаты в уравнение, получим условие на центр и радиус: $$(0 - x_0)^2 + (0 - y_0)^2 + (0 - z_0)^2 = R^2$$ $$x_0^2 + y_0^2 + z_0^2 = R^2$$

Таким образом, уравнение любой сферы, проходящей через начало координат, можно получить, раскрыв скобки в общем уравнении и подставив выражение для $R^2$: $$x^2 - 2xx_0 + x_0^2 + y^2 - 2yy_0 + y_0^2 + z^2 - 2zz_0 + z_0^2 = x_0^2 + y_0^2 + z_0^2$$ После упрощения получаем: $$x^2 + y^2 + z^2 - 2xx_0 - 2yy_0 - 2zz_0 = 0$$

Задача состоит в том, чтобы выбрать координаты центра $(x_0, y_0, z_0)$ таким образом, чтобы единственным решением этого уравнения, где все три координаты $x, y, z$ являются рациональными числами, было решение $(0, 0, 0)$.

Выберем центр сферы в точке, у которой хотя бы одна координата иррациональна. Например, пусть центр сферы — точка $C(\sqrt{2}, 0, 0)$. Тогда $x_0 = \sqrt{2}$, $y_0 = 0$, $z_0 = 0$. Уравнение сферы примет вид: $$x^2 + y^2 + z^2 - 2x\sqrt{2} = 0$$

Теперь предположим, что точка $M(x, y, z)$ с рациональными координатами ($x \in \mathbb{Q}, y \in \mathbb{Q}, z \in \mathbb{Q}$) лежит на этой сфере. Перепишем уравнение: $$x^2 + y^2 + z^2 = 2x\sqrt{2}$$

Левая часть этого равенства, $x^2 + y^2 + z^2$, является суммой квадратов рациональных чисел, а значит, сама является рациональным числом.

Правая часть, $2x\sqrt{2}$, является произведением рационального числа $2x$ и иррационального числа $\sqrt{2}$.

Рассмотрим два возможных случая для рационального числа $x$:

1. Если $x \neq 0$, то $2x$ — ненулевое рациональное число. Произведение ненулевого рационального числа на иррациональное число всегда иррационально. Следовательно, правая часть $2x\sqrt{2}$ иррациональна. Мы приходим к противоречию: рациональное число (левая часть) не может быть равно иррациональному числу (правая часть). Значит, случай $x \neq 0$ невозможен.

2. Если $x = 0$, уравнение принимает вид: $$0^2 + y^2 + z^2 = 2 \cdot 0 \cdot \sqrt{2}$$ $$y^2 + z^2 = 0$$ Так как $y$ и $z$ — рациональные (а значит, и действительные) числа, сумма их квадратов равна нулю тогда и только тогда, когда оба числа равны нулю: $y = 0$ и $z = 0$.

Таким образом, мы показали, что единственной точкой с рациональными координатами, удовлетворяющей уравнению нашей сферы, является точка $(0, 0, 0)$ — начало координат. Это означает, что построенная нами сфера проходит через начало координат и не содержит никаких других точек, все координаты которых рациональны.

Существование такой сферы доказано.

Ответ: Существование доказано. Примером служит сфера с центром в точке $C(\sqrt{2}, 0, 0)$ и радиусом $R=\sqrt{2}$. Её уравнение: $(x - \sqrt{2})^2 + y^2 + z^2 = 2$.

13.53. Докажите, что в пространстве найдутся пять точек, попарные расстояния между которыми различны, таких, что все замкнутые пятизвенные ломаные без самопересечений с вершинами в этих точках имеют одинаковую длину.

Задача состоит в том, чтобы доказать существование пяти точек в пространстве, для которых выполняются два условия:1. Все 10 попарных расстояний между этими точками различны.2. Все замкнутые пятизвенные ломаные без самопересечений с вершинами в этих точках имеют одинаковую длину.

Рассмотрим 5 точек $P_1, P_2, P_3, P_4, P_5$. Замкнутая пятизвенная ломаная (пятиугольник) определяется порядком вершин, например, $P_1-P_2-P_3-P_4-P_5-P_1$. Её длина - это сумма длин её звеньев (сторон): $d(P_1,P_2) + d(P_2,P_3) + d(P_3,P_4) + d(P_4,P_5) + d(P_5,P_1)$.

Анализ условия самопересечения

Ломаная в пространстве является самопересекающейся, если две её несмежные стороны (звена) пересекаются. Для пересечения двух отрезков в пространстве необходимо, чтобы их концы (четыре точки) лежали в одной плоскости.

Если выбрать 5 точек в общем положении (никакие четыре не лежат в одной плоскости), то ни одна пара несмежных сторон ни одной из ломаных не будет компланарной, а значит, не будет пересекаться. В этом случае все $\frac{(5-1)!}{2} = 12$ возможных замкнутых ломаных (гамильтоновых циклов на полном графе $K_5$) будут несамопересекающимися.

Если потребовать, чтобы все 12 ломаных имели одинаковую длину $L$, то это приводит к системе уравнений на длины ребер. Сравнивая длины ломаных $(P_1,P_2,P_3,P_4,P_5)$ и $(P_1,P_2,P_4,P_3,P_5)$, которые отличаются перестановкой вершин $P_3$ и $P_4$, получим:$d_{12}+d_{23}+d_{34}+d_{45}+d_{51} = d_{12}+d_{24}+d_{43}+d_{35}+d_{51}$$d_{23}+d_{34}+d_{45} = d_{24}+d_{43}+d_{35}$$d_{23}+d_{45} = d_{24}+d_{35}$Это равенство должно выполняться для любой четверки точек. Как оказывается, такое условие на попарные расстояния ($d_{ij}+d_{kl}=d_{ik}+d_{jl}$) не может быть выполнено для точек в евклидовом пространстве, если не все расстояния равны.

Следовательно, точки не могут находиться в общем положении. Чтобы ограничить число несамопересекающихся ломаных, нужно рассмотреть специальную конфигурацию точек. Выберем конфигурацию, где четыре точки лежат в одной плоскости.

Построение конфигурации

Пусть четыре точки $A, B, C, D$ лежат в одной плоскости и образуют выпуклый четырехугольник. Пятая точка $E$ расположена вне этой плоскости. Такая конфигурация представляет собой пирамиду с основанием $ABCD$ и вершиной $E$.

Ломаная с вершинами в этих точках будет самопересекающейся, если её проекция на плоскость основания $ABCD$ является самопересекающимся многоугольником. Например, ломаная $A-C-B-D-E-A$ будет самопересекающейся, так как отрезки $AC$ и $BD$ (диагонали основания) пересекаются.

Несамопересекающимися будут те ломаные, в которых вершины $A,B,C,D$ обходятся в том же порядке, что и в выпуклом четырехугольнике (или в обратном порядке). Пусть порядок обхода вершин в основании — $A, B, C, D$. Тогда все несамопересекающиеся ломаные строятся путем вставки вершины $E$ в последовательность $(A,B,C,D)$. Таких ломаных (с точностью до направления обхода) четыре:

1. $E-A-B-C-D-E$: длина $L_1 = EA+AB+BC+CD+DE$
2. $A-E-B-C-D-A$: длина $L_2 = AE+EB+BC+CD+DA$
3. $A-B-E-C-D-A$: длина $L_3 = AB+BE+EC+CD+DA$
4. $A-B-C-E-D-A$: длина $L_4 = AB+BC+CE+ED+DA$

Согласно условию задачи, все эти длины должны быть равны: $L_1 = L_2 = L_3 = L_4$.

Приравняем их попарно:

• $L_1 = L_2 \implies EA+AB+BC+CD+DE = AE+EB+BC+CD+DA \implies AB+DE = EB+DA$
• $L_2 = L_3 \implies AE+EB+BC+CD+DA = AB+BE+EC+CD+DA \implies AE+BC = AB+EC$
• $L_3 = L_4 \implies AB+BE+EC+CD+DA = AB+BC+CE+ED+DA \implies BE+CD = BC+ED$

Сложим эти три равенства:$(AB+DE)+(AE+BC)+(BE+CD) = (EB+DA)+(AB+EC)+(BC+ED)$$AE+CD = DA+EC$

Теперь сложим первое и третье равенство: $(AB+DE)+(BE+CD) = (EB+DA)+(BC+ED) \implies AB+CD=DA+BC$. Это известное свойство: четырехугольник, в который можно вписать окружность (описанный или тангенциальный четырехугольник).

Итак, основание пирамиды $ABCD$ должно быть описанным четырехугольником. Остальные условия связывают длины боковых ребер пирамиды с длинами сторон основания. Система условий выглядит так:1. $AB+CD=BC+DA$2. $DE-EB = DA-AB$3. $EC-EA = BC-AB$

Доказательство существования

Теперь докажем, что можно подобрать 10 различных длин, удовлетворяющих этим условиям, и что существует пространственная конфигурация с такими длинами.

1. Выбор длин.Выберем длины сторон основания так, чтобы они были различны и образовывали описанный четырехугольник. Например:$AB=7, BC=8, CD=10$. Тогда $DA = AB+CD-BC = 7+10-8 = 9$. Все стороны различны: $7, 8, 9, 10$.

Теперь подберем длины боковых ребер $EA, EB, EC, ED$, используя остальные условия.$DE-EB = 9-7=2 \implies DE = EB+2$$EC-EA = 8-7=1 \implies EC = EA+1$Пусть $EA=11, EB=13$. Тогда $EC = 11+1=12$ и $DE=13+2=15$. Получаем набор длин боковых ребер: $EA=11, EB=13, EC=12, ED=15$.

Итак, мы имеем следующий набор длин для 8 ребер пирамиды: $7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 15$. Все они различны. Остаются еще два расстояния: длины диагоналей основания $AC$ и $BD$. Мы можем выбрать их, например, $AC=12.5$ и $BD=13.5$. Наш набор из 10 попарных расстояний: $7, 8, 9, 10, 11, 12, 12.5, 13, 13.5, 15$. Все они различны, что удовлетворяет первому условию задачи.

2. Существование пространственной конфигурации.Необходимо показать, что существует пирамида с такими длинами ребер и диагоналей.

• Сначала нужно построить в плоскости основание $ABCD$ — выпуклый четырехугольник со сторонами $7, 8, 10, 9$ и диагоналями $12.5, 13.5$. Существование такого четырехугольника можно доказать, например, построив треугольник $ABD$ по трем сторонам $(7, 9, 13.5)$ и треугольник $BCD$ по трем сторонам $(8, 10, 13.5)$. Затем нужно проверить, что расстояние между получившимися вершинами $A$ и $C$ равно $12.5$. Варьируя длины диагоналей, можно добиться выполнения этого условия.
• Затем над этим основанием нужно найти вершину $E$. Положение точки $E$ определяется ее расстояниями до вершин $A, B, C$. Точка $E$ должна лежать на пересечении трех сфер: с центром в $A$ и радиусом $11$, с центром в $B$ и радиусом $13$, и с центром в $C$ и радиусом $12$. Пересечение этих трех сфер — это не более двух точек (симметричных относительно плоскости $ABC$).
• Наконец, нужно, чтобы расстояние от одной из этих точек $E$ до вершины $D$ было равно $15$. Это накладывает дополнительное жесткое условие на геометрию основания $ABCD$. Однако, поскольку форма описанного четырехугольника с заданными сторонами не является жесткой (ее можно изменять, она имеет одну степень свободы), можно подобрать такую его конфигурацию, чтобы это последнее условие выполнилось.

Таким образом, существует набор из пяти точек (вершины такой специально подобранной пирамиды), для которых все 10 попарных расстояний различны, и все 4 несамопересекающиеся замкнутые пятизвенные ломаные имеют одинаковую длину. Что и требовалось доказать.

Ответ: Существование таких пяти точек доказано путем построения конфигурации в виде пирамиды, основание которой является специально подобранным описанным четырехугольником, а высота и положение вершины также подобраны для выполнения условий на длины. Было показано, что можно выбрать 10 различных попарных расстояний, удовлетворяющих условиям равенства длин несамопересекающихся ломаных, и что пространственная конфигурация с такими расстояниями существует.

13.54. Сфера радиуса 1 см касается всех рёбер правильного тетраэдра.

Найдите ребро тетраэдра.

Пусть $a$ — длина ребра правильного тетраэдра, а $r$ — радиус сферы, касающейся всех его ребер. По условию задачи, $r = 1$ см.

Вследствие симметрии правильного тетраэдра, центр сферы $O$ совпадает с геометрическим центром тетраэдра. Сфера касается каждого ребра в его середине.

Рассмотрим два скрещивающихся (противоположных) ребра тетраэдра, например, $AB$ и $CD$. Пусть $M$ — середина ребра $AB$, а $N$ — середина ребра $CD$. Центр тетраэдра $O$ является серединой отрезка $MN$, который соединяет середины этих скрещивающихся ребер. Длина отрезка $MN$ равна расстоянию между прямыми $AB$ и $CD$.

Радиус $r$ сферы, касающейся ребер, равен расстоянию от ее центра $O$ до любого ребра. Так как $M$ и $N$ — точки касания на ребрах $AB$ и $CD$, то расстояния от центра $O$ до этих ребер равны $OM$ и $ON$ соответственно. Поскольку $O$ — середина $MN$, то $OM = ON = \frac{MN}{2}$. Таким образом, $r = \frac{MN}{2}$.

Чтобы найти длину $MN$, рассмотрим треугольник $ACD$. $N$ — середина $CD$. $AN$ — медиана и высота равностороннего треугольника $ACD$. Ее длина вычисляется по формуле высоты равностороннего треугольника со стороной $a$: $AN = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Аналогично, в треугольнике $BCD$ медиана $BN = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Теперь рассмотрим равнобедренный треугольник $ANB$, в котором $AN = BN = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ и основание $AB = a$. Отрезок $MN$ является медианой (и высотой), проведенной к основанию $AB$.

В прямоугольном треугольнике $AMN$ (с прямым углом $M$):

• гипотенуза $AN = \frac{a\sqrt{3}}{2}$
• катет $AM = \frac{a}{2}$

По теореме Пифагора найдем катет $MN$:$MN^2 = AN^2 - AM^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{3a^2}{4} - \frac{a^2}{4} = \frac{2a^2}{4} = \frac{a^2}{2}$

Следовательно, $MN = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Теперь найдем радиус $r$:$r = \frac{MN}{2} = \frac{a\sqrt{2}/2}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{4}$

Подставим в эту формулу известное значение радиуса $r=1$ см:$1 = \frac{a\sqrt{2}}{4}$

Выразим отсюда длину ребра $a$:$a = \frac{4}{\sqrt{2}} = \frac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$

Таким образом, ребро тетраэдра равно $2\sqrt{2}$ см.

Ответ: $2\sqrt{2}$ см.

13.55. Сфера касается рёбер $AB, BC, CA, DA, DB$ и $DC$ каркасного тетраэдра $DABC$ соответственно в точках $M, N, K, P, F$ и $E$. Докажите, что отрезки $ME, NP$ и $KF$ пересекаются в одной точке.

Доказательство:

Пусть DABC — данный тетраэдр. Сфера касается его рёбер в указанных точках. Основное свойство такой конфигурации заключается в том, что длины отрезков касательных, проведённых из одной вершины к точкам касания, равны. Обозначим эти длины:

• Из вершины A: $AM = AP = AK = l_A$
• Из вершины B: $BM = BN = BF = l_B$
• Из вершины C: $CN = CK = CE = l_C$
• Из вершины D: $DP = DE = DF = l_D$

Для решения задачи воспользуемся методом барицентрических координат (или векторов). Пусть $\vec{A}, \vec{B}, \vec{C}, \vec{D}$ — радиус-векторы вершин тетраэдра. Тогда точки касания, делящие рёбра в определённом отношении, можно выразить как:

Точка M на ребре AB: $\vec{M} = \frac{AM}{AB}\vec{B} + \frac{BM}{AB}\vec{A} = \frac{l_A}{l_A+l_B}\vec{B} + \frac{l_B}{l_A+l_B}\vec{A}$

Точка E на ребре DC: $\vec{E} = \frac{DE}{DC}\vec{C} + \frac{CE}{DC}\vec{D} = \frac{l_D}{l_D+l_C}\vec{C} + \frac{l_C}{l_D+l_C}\vec{D}$

Аналогично для других точек:

$\vec{N} = \frac{l_B}{l_B+l_C}\vec{C} + \frac{l_C}{l_B+l_C}\vec{B}$

$\vec{P} = \frac{l_D}{l_D+l_A}\vec{A} + \frac{l_A}{l_D+l_A}\vec{D}$

$\vec{K} = \frac{l_C}{l_C+l_A}\vec{A} + \frac{l_A}{l_C+l_A}\vec{C}$

$\vec{F} = \frac{l_D}{l_D+l_B}\vec{B} + \frac{l_B}{l_D+l_B}\vec{D}$

Рассмотрим точку $J$, которая является барицентром вершин $A, B, C, D$ с массами, обратно пропорциональными длинам касательных отрезков из этих вершин: $1/l_A, 1/l_B, 1/l_C, 1/l_D$. Её радиус-вектор $\vec{J}$ равен:

$\vec{J} = \frac{\frac{1}{l_A}\vec{A} + \frac{1}{l_B}\vec{B} + \frac{1}{l_C}\vec{C} + \frac{1}{l_D}\vec{D}}{\frac{1}{l_A} + \frac{1}{l_B} + \frac{1}{l_C} + \frac{1}{l_D}}$

Докажем, что точка $J$ лежит на отрезке $ME$. Для этого покажем, что вектор $\vec{J}$ можно представить в виде линейной комбинации векторов $\vec{M}$ и $\vec{E}$ с коэффициентами, сумма которых равна 1. Обозначим $S = \frac{1}{l_A} + \frac{1}{l_B} + \frac{1}{l_C} + \frac{1}{l_D}$. Тогда:

$\vec{J} = \frac{1}{S} \left( \left(\frac{1}{l_A}\vec{A} + \frac{1}{l_B}\vec{B}\right) + \left(\frac{1}{l_C}\vec{C} + \frac{1}{l_D}\vec{D}\right) \right)$

Выразим группы слагаемых через $\vec{M}$ и $\vec{E}$:

$\frac{1}{l_A}\vec{A} + \frac{1}{l_B}\vec{B} = \frac{l_B\vec{A} + l_A\vec{B}}{l_A l_B} = \frac{l_A+l_B}{l_A l_B} \left( \frac{l_B\vec{A} + l_A\vec{B}}{l_A+l_B} \right) = \frac{l_A+l_B}{l_A l_B} \vec{M}$

$\frac{1}{l_C}\vec{C} + \frac{1}{l_D}\vec{D} = \frac{l_D\vec{C} + l_C\vec{D}}{l_C l_D} = \frac{l_C+l_D}{l_C l_D} \left( \frac{l_D\vec{C} + l_C\vec{D}}{l_C+l_D} \right) = \frac{l_C+l_D}{l_C l_D} \vec{E}$

Подставим эти выражения в формулу для $\vec{J}$:

$\vec{J} = \frac{1}{S} \left( \frac{l_A+l_B}{l_A l_B} \vec{M} + \frac{l_C+l_D}{l_C l_D} \vec{E} \right)$

Это линейная комбинация векторов $\vec{M}$ и $\vec{E}$. Проверим сумму коэффициентов:

$\frac{1}{S} \left( \frac{l_A+l_B}{l_A l_B} + \frac{l_C+l_D}{l_C l_D} \right) = \frac{1}{S} \left( \left(\frac{1}{l_B} + \frac{1}{l_A}\right) + \left(\frac{1}{l_D} + \frac{1}{l_C}\right) \right) = \frac{1}{S} \cdot S = 1$

Так как сумма коэффициентов равна 1, а сами коэффициенты положительны (длины отрезков не могут быть отрицательными), точка $J$ лежит на отрезке $ME$.

Благодаря полной симметрии в определении точки $J$ относительно вершин $A, B, C, D$, аналогичные рассуждения можно провести и для других пар отрезков. Сгруппировав слагаемые $(\vec{B}, \vec{C})$ и $(\vec{A}, \vec{D})$, мы докажем, что $J$ лежит на отрезке $NP$. Сгруппировав $(\vec{A}, \vec{C})$ и $(\vec{B}, \vec{D})$, мы докажем, что $J$ лежит на отрезке $KF$.

Таким образом, все три отрезка $ME$, $NP$ и $KF$ проходят через одну и ту же точку $J$, а значит, пересекаются в одной точке.

Ответ: Что и требовалось доказать.

13.56. Отрезок $BD$ — высота равнобедренного треугольника $ABC$, проведённая к его основанию. Точка $M$ — середина отрезка $BD$. Прямая $AM$ пересекает сторону $BC$ в точке $K$. Найдите, в каком отношении точка $K$ делит сторону $BC$, считая от точки $B$.

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$. $BD$ — высота, проведённая к основанию. В равнобедренном треугольнике высота, проведённая к основанию, является также и медианой. Следовательно, точка $D$ является серединой основания $AC$.

По условию, точка $M$ — середина высоты $BD$. Прямая $AM$ пересекает боковую сторону $BC$ в точке $K$. Нам необходимо найти отношение $\frac{BK}{KC}$.

Для решения этой задачи удобно применить теорему Менелая. Рассмотрим треугольник $BDC$ и прямую $AK$, которая является для него секущей. Эта прямая пересекает сторону $BC$ в точке $K$, сторону $BD$ в точке $M$ и продолжение стороны $DC$ в точке $A$.

Согласно теореме Менелая для треугольника $BDC$ и секущей $AKM$ справедливо соотношение:

$\frac{BK}{KC} \cdot \frac{CA}{AD} \cdot \frac{DM}{MB} = 1$

Определим значения отношений в этом выражении.
Во-первых, рассмотрим отношение $\frac{CA}{AD}$. Так как $BD$ является медианой, точка $D$ — середина отрезка $AC$. Это означает, что длина всего отрезка $AC$ в два раза больше длины его половины $AD$, то есть $CA = 2 \cdot AD$. Следовательно, $\frac{CA}{AD} = \frac{2 \cdot AD}{AD} = 2$.
Во-вторых, рассмотрим отношение $\frac{DM}{MB}$. По условию, точка $M$ — середина отрезка $BD$. Это означает, что $DM = MB$. Следовательно, $\frac{DM}{MB} = 1$.

Теперь подставим найденные значения в формулу теоремы Менелая:

$\frac{BK}{KC} \cdot 2 \cdot 1 = 1$

Из этого уравнения выразим искомое отношение:

$\frac{BK}{KC} = \frac{1}{2}$

Таким образом, точка $K$ делит сторону $BC$ в отношении $1:2$, считая от точки $B$.

Ответ: $1:2$.

13.57. Высота равнобедренного треугольника, проведённая к его основанию, равна 32 см, а радиус вписанной окружности — 12 см. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника.

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$ и боковыми сторонами $AB = BC$. Проведена высота к основанию $BH = h = 32$ см. Радиус вписанной окружности $r = 12$ см. Требуется найти радиус описанной окружности $R$.

Нахождение сторон треугольника

Центр вписанной окружности $I$ лежит на высоте $BH$ (которая также является биссектрисой угла $B$). Расстояние от инцентра до основания $AC$ равно радиусу, поэтому $IH = r = 12$ см. Расстояние от вершины $B$ до инцентра $I$ равно $BI = BH - IH = h - r = 32 - 12 = 20$ см.

Пусть вписанная окружность касается боковой стороны $BC$ в точке $K$. Так как радиус $IK$ перпендикулярен касательной $BC$, треугольник $BIK$ — прямоугольный. По теореме Пифагора найдем длину отрезка $BK$ (касательной из вершины $B$):
$BK = \sqrt{BI^2 - IK^2} = \sqrt{20^2 - 12^2} = \sqrt{400 - 144} = \sqrt{256} = 16$ см.

Высота $BH$ в равнобедренном треугольнике является также медианой, значит, $H$ — середина $AC$. Точка $H$ также является точкой касания вписанной окружности с основанием. Длины касательных, проведенных из одной вершины к окружности, равны, поэтому $CK = CH$. Обозначим $CH = x$.

Тогда боковая сторона $BC = BK + KC = 16 + x$, а половина основания равна $x$.

Из прямоугольного треугольника $BHC$ по теореме Пифагора имеем: $BC^2 = BH^2 + HC^2$. Подставим полученные выражения:
$(16 + x)^2 = 32^2 + x^2$
$256 + 32x + x^2 = 1024 + x^2$
$32x = 1024 - 256$
$32x = 768$
$x = \frac{768}{32} = 24$ см.

Таким образом, половина основания $HC = 24$ см, основание $AC = 2 \cdot 24 = 48$ см, а боковая сторона $BC = 16 + 24 = 40$ см.

Нахождение радиуса описанной окружности

Теперь, зная все стороны треугольника (40 см, 40 см, 48 см), можем найти радиус описанной окружности $R$. Воспользуемся формулой $R = \frac{abc}{4S}$, где $a, b, c$ — стороны треугольника, а $S$ — его площадь.

Площадь треугольника $S$ равна:
$S = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot \text{высота} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BH = \frac{1}{2} \cdot 48 \cdot 32 = 768$ см$^2$.

Подставляем значения в формулу для радиуса:
$R = \frac{40 \cdot 40 \cdot 48}{4 \cdot 768} = \frac{76800}{3072} = 25$ см.

Ответ: 25 см.