Три шара касаются между собой и плоскостей двугранного угла. на одной из них точки касания образуют треугольник со стороной 5 единиц и прилегающими к ней углами α=arccos(4/5) и β=arctg(4/3 найдите расстояние между точками касания самого маленького из шаров с плоскостями и угол между плоскостями двугранного угла.

Хитрый треугольник со стороной 5 — ни что иное, как египетский треугольник со сторонами 3, 4, 5.

Т₁, Т₂, Т₃ — точки касания шаров исходной плоскости

U₁, U₂, U₃ – точки касания шаров второй плоскости

O₁, O₂, O₃ – центры шаров

Пусть расстояние 3 между точками касания шаров r₁ и r₂, расстояние 4 — между шарами r₁ r₃, расстояние 5 — между шарами r₂ r₃

Рисунок 1 - вид сверху на плоскость с точками касания шаров. Красными окружностями показаны вычисленные радиусы шаров

----------------------------------------

Рассмотрим прямоугольную трапецию T₁T₂O₂O₁ (рисунок 2), образованную точками касания двух шаров и их центрами. Основания этой трапеции — радиусы шаров, наклонная боковая сторона — сумма радиусов,

O₁O₂ = r₁ + r₂

боковая сторона с прямыми углами — это сторона исходного треугольника.

T₁T₂ = 3

Проекция наклонной боковой стороны на основание равна разнице радиусов шаров r₂ - r₁

По т. Пифагора для прямоугольных треугольников в каждой из трёх таких трапеций

(r₂ – r₁)² +3² = (r₂ + r₁)²

(r₃ – r₁)² +4² = (r₃ + r₁)²

(r₃ – r₂)² +5² = (r₃ + r₂)²

r₁² - 2*r₁*r₂ + r₂² + 9 = r₁² + 2*r₁*r₂ + r₂²

r₁² - 2*r₁*r₃ + r₃² + 16 = r₁² + 2*r₁*r₃ + r₃²

r₂² - 2*r₂*r₃ + r₃² + 25 = r₂² + 2*r₂*r₃ + r₃²

4*r₁*r₂ = 9

4*r₁*r₃ = 16

4*r₂*r₃ = 25

из второго

r₁ = 4/r₃

подставим в первое и третье

4*4/r₃*r₂ = 9

4*r₂*r₃ = 25

Перемножим

4*4*4*r₂² = 9*25

8*r₂ = 3*5

r₂ = 15/8

подставим в первое

4*r₁*15/8 = 9

r₁ = 6/5

и подставим в третье

4*15/8*r₃ = 25

r₃ = 10/3

Радиусы шаров определены.

Между пересекающимися плоскостями шары располагаются так, что меньший шар r1 ближе всего к линии пересечения, средний шар r2 дальше, и наибольший ещё дальше r3

Для трапеции из пункта T₁T₂O₂O₁ продолжим наклонную боковую сторону O₂O₁ до линии пересечения плоскостей. (рисунок 3)

x = Т₁K – расстояние от точки касания меньшего шара до линии пересечения плоскостей по прямой,

Из подобия ΔT₁O₁K и ΔT₂O₂K

x/r₁ = (x+3)/r₂

x*r₂ = (x+3)*r₁

x*15/8 = x*6/5 + 18/5

x*(75 – 48)/40 = 18/5

27x = 18*8

3x = 16

x = 16/3

KT₁ = 16/3

Аналогично для шаров r₁ r₃ рассмотрим трапецию Т₁T₂O₂O₁ и ΔT₁O₁L, ΔT₂O₂L (рисунок 4)

x/r₁ = (x+4)/r₃

x*r₃ = (x+4)*r₁

x*10/3 = x*6/5 + 24/5

x*(50 – 18)/15 = 24/5

32/15*x = 24/5

4/3*x = 3

x = 9/4

LT₁ = 9/4

----------------------------------------------

Найдём высоту треугольника KLT₁

Гипотенуза по т. Пифагора

KL² = KT₁² + LT₁² = (9/4)² + (16/3)² = 4825/144 = 25/144 * 193

KL = 5/12*√193

Площадь через катеты равна площади через гипотенузу и высоту к ней

9/4*16/3 = MT₁*5/12*√193

3*4 = MT₁*5/12*√193

MT₁ = 144/5/√193

----------------------------------------

Теперь перейдём в секущую плоскость O₁T₁M (рисунок 5)

∠O₁MT₁ = arctg(6/5/144*5√193) = arctg(√193/24)

Угол между плоскостями

∠O₁MU₁ = 2*arctg(√193/24)

Расстояние между точками касания плоскостей малым шаром

O₁M по т. Пифагора

O₁M² = 36/25 + 144²/(25 *193) = 27684/4825

O₁M = √(27684/4825) = 6/5*√(769/193)

Высота треугольника O₁MT₁ через площадь, площадь через катеты и площадь через гипотенузу и высоту к ней.

6/5 * 144/(5√193) = h*6/5*√(769/193)

144/5 = h√769

h = 144/(5√769)

Расстояние между точками касания плоскостей малым шаром

T₁U₁ = 2h = 288/(5√769)

Я в другом месте Вам выложил векторное решение, а тут - простое и элементарное:)

При повороте на 90 градусов вокруг общей для двух квадратов вершины В стороны квадратов переходят "в себя" - точнее, сторона ВС переходит в ВР, а сторона МВ - в АВ. Или, что то же самое - точка С переходит в Р, а точка М - в А.

Удивительным образом отсюда сразу следует ответ :)

В самом деле, получается, что в четырехугольнике АМРС про повороте на 90 градусов диагональ МС переходит в диагональ АР.  То есть они равны и перпендикулярны :)

А стороны искомой фигуры соединяют середины соседних сторон четырехугольника АМРС, поэтому равны половинам диагоналей и параллельны им (например, О1К - средняя линяя в треугольнике АМС, поэтому она параллельна МС и равна её половине, и так все 4 стороны четырехугольника О1LO2K).

Поэтому четырехугольник О1LO2K - квадрат :)

 

У Прасолова в его сложнейшем задачнике эта задача помечена * (особой сложности :)) У него приведено векторное решение, похожее на которое (более понятное) я выложил тут в другом месте. Но это решение, по-моему, снимает все вопросы.

75 см²

Объяснение:

Прямоугольные треуг-ки ВНС и АН1С подобны по первому признаку подобия: два угла одного треуг-ка соответственно равны двум углам другого. В нашем случае углы АН1С и ВНС прямые, а угол С - общий. Для подобных треугольников можно записать отношение сходственных сторон:

ВН:АН1=10:12, k=5/6, СН:СН1=5:6, отсюда

CH1=6CH:5

В прямоугольном треуг-ке АН1С по теореме Пифагора находим АС:

АС²=AH1²+CH1²

Т.к. в равнобедренном треуг-ке АВС высота ВН, проведенная к основанию, является также и медианой, то СН=1/2АС, и выражение CH1=6CH:5 примет такой вид:

СН1=3АС:5.

Это значение для СH1 будем использовать в вычислении по теореме Пифагора:

АС²=12² + 9AC²/25

AC² - 9AC²/25=144

16AC²=3600

AC² = 225

AC=15 см

S ABC = 1/2AC*BH=7,5*10=75 см²