Элементарная математика. Геометрия.

Задача 70

Дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с ребром $1$. Найти радиус шара, проходящего через вершины $C$, $C_1$ и касающегося прямых $AB$ и $AD$.

Возможны 2 варианта расположения шара, удовлетворяющего условию задачи.

Случай 1 (центр искомого шара вне куба).

Рассмотрим сечение шара плоскостью $ABCD$. Это окружность с центром в точке $O_1$ и радиусом $r$. Пусть $D_2$ — точка касания окружности с прямой $AD$, а $B_2$ — с прямой $AB$. Очевидно, что четырехугольник $AB_2O_1D_2$ является квадратом со стороной $r$ .

Диагональ $AC$ квадрата $ABCD$ находим по теореме Пифагора
$AC = \sqrt{AB^2+BC^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.
Тогда
$AO_1 = AC + CO_1 = \sqrt{2} + r$.

По теореме Пифагора для $\triangle AB_2O_1$ получаем
$r^2 + r^2 = (\sqrt{2} + r)^2=2 + r^2 + 2\sqrt2r$
или
$r^2 - 2\sqrt2r - 2 = 0$.
Решаем это квадратное уравнение:
$D = (2\sqrt2)^2 - 4 \cdot (-2) = 8 + 8 = 16$;
$r_1 = \frac{2\sqrt2 + 4}{2} = 2 + \sqrt2$;
$r_2 = \frac{2\sqrt2 - 4}{2} = -2 + \sqrt2$.
Значение $r_2$ отрицательное, а значит не является решением.

Пусть точка $O$ — центр шара с радиусом $R$, который необходимо найти.

Тогда, рассматривая сечение шара плоскостью $AA_1C_1C$, из условия имеем $CO = C_1O = R$, а значит $\triangle C_1OC$ — равнобедренный.

Пусть $OF$ — высота равнобедренного треугольника, она же является и медианой. Из этого следует, что $C_1F = CF = \frac{1}{2}$ и $OO_1 = CF = \frac{1}{2}$.

Запишем теорему Пифагора для прямоугольного $\triangle CO_1O$:
$CO = R = \sqrt{(CO_1)^2 + (OO_1)^2} = \sqrt{(2 + \sqrt2)^2 +\left (\frac{1}{2}\right )^2} =$ $\sqrt{4 + 2 + 2\cdot 2\sqrt2 + \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{25 + 16\sqrt2}}{2}$.

Случай 2 (центр искомого шара внутри куба).

Рассмотрим сечение шара плоскостью $ABCD$. Это окружность с центром в точке $O_2$ и радиусом $r$. Пусть $D_3$ — точка касания окружности с прямой $AD$, а $B_3$ — с прямой $AB$. Очевидно, что четырехугольник $AB_3O_2D_3$ является квадратом со стороной $r$ .

Диагональ $AC$ квадрата $ABCD$ находим по теореме Пифагора
$AC = \sqrt{AB^2+BC^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.
Тогда
$AO_2 = AC - CO_2 = \sqrt{2} - r$.

По теореме Пифагора для $\triangle AB_3O_2$ получаем
$r^2 + r^2 = (\sqrt{2} - r)^2=2 + r^2 - 2\sqrt2r$
или
$r^2 + 2\sqrt2r - 2 = 0$.
Решаем это квадратное уравнение:
$D = (2\sqrt2)^2 - 4 \cdot (-2) = 8 + 8 = 16$;
$r_1 = \frac{-2\sqrt2 + 4}{2} = 2 - \sqrt2$;
$r_2 = \frac{-2\sqrt2 - 4}{2} = -2 - \sqrt2$.
Значение $r_2$ отрицательное, а значит не является решением.

Пусть точка $P$ — центр шара с радиусом $R$, который необходимо найти.

Тогда, рассматривая сечение шара плоскостью $AA_1C_1C$, из условия имеем $CP = C_1P = R$, а значит $\triangle C_1PC$ — равнобедренный.

Пусть $PH$ — высота равнобедренного треугольника, она же является и медианой. Из этого следует, что $C_1H = CH = \frac{1}{2}$ и $PO_2 = CH = \frac{1}{2}$.

Запишем теорему Пифагора для прямоугольного $\triangle CO_2P$:
$CP = R = \sqrt{(CO_2)^2 + (PO_2)^2} = \sqrt{(2 - \sqrt2)^2 +\left (\frac{1}{2}\right )^2} =$ $\sqrt{4 + 2 - 2\cdot 2\sqrt2 + \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{25 - 16\sqrt2}}{2}$.

Ответ:

$R = \frac{\sqrt{25 \pm 16\sqrt2}}{2}$.