Задача 86963

Темы:    [ Касательные к сферам ] [ Достроение тетраэдра до параллелепипеда ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

Сферы с центрами в точках O1 и O2 радиусов 3 и 1 соответственно касаются друг друга. Через точку M , удалённую от O2 на расстояние 3 , проведены две прямые, каждая из которых касается обеих сфер, причём точки касания лежат на прямых по одну сторону от точки M . Найдите угол между касательными, если известно, что одна из них образует с прямой O1O2 угол 45^o .

Решение

Пусть прямая, образующая угол 45^o с прямой O1O2 , касается данных сфер в точках B и A соответственно (рис.1). Рассмотрим тетраэдр O1O2AB . Достроим его до параллелепипеда ACBDA1O1B1O2 (рис.2), проведя через противоположные рёбра тетраэдра пары параллельных плоскостей (рёбра AA1 , CO1 , BB1 , DO2 параллельны). Тогда AB AO2 и AB O2B , поэтому прямая AB перпендикулярна плоскости AA1O2D ( AB перпендикулярна двум пересекающимся прямым AO2 и DA1 этой плоскости). Значит, AB AD . Пусть N – точка пересечения диагоналей AB и CD параллелограмма ACBD . Эти диагонали пересекаются под углом 45^o ( CD параллельно O1O2) , а т.к. DAN = 90^o и DN = NC = 2 , то AB = 2AN = 2 . Если теперь заменить точки A и B на точки касания второй данной касательной со сферами, то рассуждая аналогично, можно доказать, что вторая касательная также образует угол 45^o с прямой O1O2 . Из прямоугольного треугольника MO2A находим, что

MA = = = 2.
Проведём плоскость через данные касательные. Она пересечёт сферы по непересекающимся окружностям, одна из которых находится вне другой, причём данные касательные будут общими внешними касательными, проведёнными к этим окружностям из точки M . Пусть O1' и O2' – ортогональные проекции точек O1 и O2 на проведённую плоскость. Тогда O1' и O2' – центры окружностей, полученных в сечении. Обозначим радиус меньшей окружности O2'A = t . Поскольку AB = AM = 2 , то радиус второй окружности O1'B = 2t . Пусть O2'O2 = x , O1'O1 = y (рис.1). Тогда
x2 = 1 - t2, y2 = 9 - 4t2.
Пусть точки O1 и O2 расположены по одну сторону от плоскости сечения (рис.3). Из прямоугольной трапеции O1'O2'O2O1 (рис.4) находим, что
O1'O2'2 = 16 - (y - x)2 = 16-(-)2= 6 + 5t2 + 2.
Из прямоугольной трапеции O1'O2'AB находим, что
O1'O2' = t2 + 8.
Решим уравнение
6 + 5t2 + 2 = t2 + 8,
или
= 1 - 2t2.
После возведения в квадрат и упрощений, получим уравнение, из которого находим, что t2 = . Этот корень не удовлетворяет исходному уравнению. Значит, точки O1 и O2 не могут лежать по одну сторону от секущей плоскости. Если же точки O1 и O2 лежат по разные стороны от секущей плоскости, то рассуждая аналогично, найдём, что t = , откуда tg = = , где ϕ – искомый угол.

Ответ

2 arctg .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
неизвестно
Номер	7154