Точки P, Q, R и S расположены в пространстве так, что середины отрезков SQ и PR лежат на сфере с радиусом a, а отрезки PS, PQ, QR и SR делятся сферой на три части в отношении 1:2:1 каждый. Найдите...

Задача №18069: Стереометрия

Пусть $O$ — центр сферы, $a$ — её радиус. Точки будем задавать их радиус-векторами из центра $O;$ для краткости пишем $P, Q, R, S$ как векторы, а скалярное произведение — точкой. Принадлежность точки $X$ сфере означает $∣ X ∣ = a,$ то есть $X \cdot X = a^{2} .$

Расшифровка условия «делится сферой в отношении $1 : 2 : 1$ ». Если отрезок $X Y$ пересекает сферу в двух точках и делится ими на три части в отношении $1 : 2 : 1,$ то эти точки делят отрезок в долях $t = \frac{1}{4}$ и $t = \frac{3}{4},$ считая от $X .$ Точка отрезка с параметром $t$ есть $X + t (Y - X),$ и условие её принадлежности сфере — это

X + t (Y - X)^{2} = a^{2},

то есть квадратное уравнение относительно $t :$

∣ Y - X ∣^{2} t^{2} + 2 X \cdot (Y - X) t + (∣ X ∣^{2} - a^{2}) = 0,

корни которого равны $t_{1} = \frac{1}{4}, t_{2} = \frac{3}{4} .$

По теореме Виета сумма корней $t_{1} + t_{2} = 1$ даёт

- \frac{2 X \cdot ( Y - X )}{∣ Y - X ∣ ^{2}} = 1 ⟹ X \cdot (Y - X) = - \frac{1}{2} ∣ Y - X ∣^{2} .

Раскрывая, получаем $X \cdot Y - ∣ X ∣^{2} = - \frac{1}{2} (∣ X ∣^{2} - 2 X \cdot Y + ∣ Y ∣^{2}),$ откуда после упрощения

∣ X ∣^{2} = ∣ Y ∣^{2} .

Итак, оба конца каждого такого отрезка равноудалены от центра $O$ (что естественно: точки деления $t = \frac{1}{4}$ и $t = \frac{3}{4}$ симметричны относительно середины отрезка).

Произведение корней $t_{1} t_{2} = \frac{3}{16}$ даёт

\frac{∣ X ∣ ^{2} - a ^{2}}{∣ Y - X ∣ ^{2}} = \frac{3}{16} .

Поскольку $∣ X ∣ = ∣ Y ∣,$ имеем $∣ Y - X ∣^{2} = 2∣ X ∣^{2} - 2 X \cdot Y,$ и предыдущее равенство превращается в

∣ X ∣^{2} - a^{2} = \frac{3}{8} (∣ X ∣^{2} - X \cdot Y) . (1)

Все четыре точки лежат на одной сфере с центром $O .$ Условие $1 : 2 : 1$ дано для отрезков $P S, P Q, QR, S R .$ Из равенства модулей концов:

∣ P ∣ = ∣ S ∣, ∣ P ∣ = ∣ Q ∣, ∣ Q ∣ = ∣ R ∣, ∣ S ∣ = ∣ R ∣,

а значит $∣ P ∣ = ∣ Q ∣ = ∣ R ∣ = ∣ S ∣ =: ρ .$ Обозначим $ρ^{2} = P \cdot P = \dots$

Подставляя в $(1)$ для каждой из пар $(P, S), (P, Q), (Q, R), (S, R)$ (у всех $∣ X ∣^{2} = ρ^{2}$ ), получаем одинаковое значение скалярного произведения для всех четырёх «боковых» пар:

P \cdot S = P \cdot Q = Q \cdot R = S \cdot R =: D, ρ^{2} - a^{2} = \frac{3}{8} (ρ^{2} - D) .

Отсюда

D = ρ^{2} - \frac{8}{3} (ρ^{2} - a^{2}) = \frac{8}{3} a^{2} - \frac{5}{3} ρ^{2} . (2)

Условия на середины диагональных отрезков. Середины $S Q$ и $P R$ лежат на сфере:

\frac{S + Q}{2} = a ⟹ ∣ S + Q ∣^{2} = 4 a^{2} ⟹ ∣ S ∣^{2} + ∣ Q ∣^{2} + 2 S \cdot Q = 4 a^{2},

а так как $∣ S ∣^{2} = ∣ Q ∣^{2} = ρ^{2},$

S \cdot Q = 2 a^{2} - ρ^{2} .

Аналогично из середины $P R :$

P \cdot R = 2 a^{2} - ρ^{2} . (3)

Уравнение на $ρ^{2} .$ Радиус-векторы $P, Q, R, S$ — это четыре вектора в трёхмёрном пространстве, поэтому они линейно зависимы, и определитель их матрицы Грама обязан равняться нулю. Матрица Грама (порядок $P, Q, R, S$ ) с учётом

P \cdot Q = Q \cdot R = R \cdot S = S \cdot P = D, P \cdot R = Q \cdot S = 2 a^{2} - ρ^{2}

имеет вид

G = ρ^{2} D 2 a^{2} - ρ^{2} D D ρ^{2} D 2 a^{2} - ρ^{2} 2 a^{2} - ρ^{2} D ρ^{2} D D 2 a^{2} - ρ^{2} D ρ^{2}, D = \frac{8}{3} a^{2} - \frac{5}{3} ρ^{2} .

Вычисление определителя даёт (обозначим $u = ρ^{2}$ )

det G = - \frac{400}{9} u^{4} + \frac{2080}{9} a^{2} u^{3} - \frac{1280}{3} a^{4} u^{2} + \frac{3040}{9} a^{6} u - \frac{880}{9} a^{8} = 0,

и это уравнение распадается так, что

ρ^{2} = a^{2} или ρ^{2} = \frac{11}{5} a^{2} .

Отбор корня. При $ρ^{2} = a^{2}$ из $(2)$ получаем $D = a^{2},$ из $(3)$ — $P \cdot R = a^{2},$ то есть все скалярные произведения равны $a^{2},$ а ранг матрицы Грама равен $1 :$ это означает, что все четыре точки совпадают (вырожденная, нереализуемая конфигурация — отрезки превращаются в точки). Этот корень посторонний.

При $ρ^{2} = \frac{11}{5} a^{2}$ имеем

D = \frac{8}{3} a^{2} - \frac{5}{3} \cdot \frac{11}{5} a^{2} = - a^{2}, P \cdot R = Q \cdot S = 2 a^{2} - \frac{11}{5} a^{2} = - \frac{1}{5} a^{2} .

Матрица Грама имеет ранг $3$ и неотрицательные собственные значения (в долях $a^{2} :$ $4, \frac{12}{5}, \frac{12}{5}, 0$ ), значит конфигурация реализуема в пространстве. Берём этот корень.

Искомое расстояние. Расстояние от точки $P$ до прямой $QR$ вычислим по формуле

d^{2} = ∣ P - Q ∣^{2} - \frac{( ( P - Q ) \cdot ( R - Q ) ) ^{2}}{∣ R - Q ∣ ^{2}} .

Подставляем найденные величины ( $ρ^{2} = \frac{11}{5} a^{2}, D = - a^{2}, P \cdot R = - \frac{1}{5} a^{2}$ ):

∣ P - Q ∣^{2} = 2 ρ^{2} - 2 P \cdot Q = 2 ρ^{2} - 2 D = \frac{22}{5} a^{2} + 2 a^{2} = \frac{32}{5} a^{2},

∣ R - Q ∣^{2} = 2 ρ^{2} - 2 Q \cdot R = \frac{32}{5} a^{2},

(P - Q) \cdot (R - Q) = P \cdot R - P \cdot Q - Q \cdot R + Q \cdot Q = - \frac{1}{5} a^{2} - (- a^{2}) - (- a^{2}) + \frac{11}{5} a^{2} = 4 a^{2} .

Тогда

d^{2} = \frac{32}{5} a^{2} - \frac{( 4 a ^{2} ) ^{2}}{\frac{32}{5} a ^{2}} = \frac{32}{5} a^{2} - \frac{16 a ^{4}}{\frac{32}{5} a ^{2}} = \frac{32}{5} a^{2} - \frac{5}{2} a^{2} = \frac{64 - 25}{10} a^{2} = \frac{39}{10} a^{2} .

Следовательно

d = a \frac{39}{10} = a 3, 9 = \frac{a 390}{10} .

Ответ: расстояние от точки $P$ до прямой $QR$ равно $a 3, 9 .$

X + t (Y - X)^{2} = a^{2},

то есть квадратное уравнение относительно $t :$

∣ Y - X ∣^{2} t^{2} + 2 X \cdot (Y - X) t + (∣ X ∣^{2} - a^{2}) = 0,

корни которого равны $t_{1} = \frac{1}{4}, t_{2} = \frac{3}{4} .$

По теореме Виета сумма корней $t_{1} + t_{2} = 1$ даёт

- \frac{2 X \cdot ( Y - X )}{∣ Y - X ∣ ^{2}} = 1 ⟹ X \cdot (Y - X) = - \frac{1}{2} ∣ Y - X ∣^{2} .

Раскрывая, получаем $X \cdot Y - ∣ X ∣^{2} = - \frac{1}{2} (∣ X ∣^{2} - 2 X \cdot Y + ∣ Y ∣^{2}),$ откуда после упрощения

∣ X ∣^{2} = ∣ Y ∣^{2} .

Произведение корней $t_{1} t_{2} = \frac{3}{16}$ даёт

\frac{∣ X ∣ ^{2} - a ^{2}}{∣ Y - X ∣ ^{2}} = \frac{3}{16} .

Поскольку $∣ X ∣ = ∣ Y ∣,$ имеем $∣ Y - X ∣^{2} = 2∣ X ∣^{2} - 2 X \cdot Y,$ и предыдущее равенство превращается в

∣ X ∣^{2} - a^{2} = \frac{3}{8} (∣ X ∣^{2} - X \cdot Y) . (1)

∣ P ∣ = ∣ S ∣, ∣ P ∣ = ∣ Q ∣, ∣ Q ∣ = ∣ R ∣, ∣ S ∣ = ∣ R ∣,

а значит $∣ P ∣ = ∣ Q ∣ = ∣ R ∣ = ∣ S ∣ =: ρ .$ Обозначим $ρ^{2} = P \cdot P = \dots$

P \cdot S = P \cdot Q = Q \cdot R = S \cdot R =: D, ρ^{2} - a^{2} = \frac{3}{8} (ρ^{2} - D) .

Отсюда

D = ρ^{2} - \frac{8}{3} (ρ^{2} - a^{2}) = \frac{8}{3} a^{2} - \frac{5}{3} ρ^{2} . (2)

Условия на середины диагональных отрезков. Середины $S Q$ и $P R$ лежат на сфере:

\frac{S + Q}{2} = a ⟹ ∣ S + Q ∣^{2} = 4 a^{2} ⟹ ∣ S ∣^{2} + ∣ Q ∣^{2} + 2 S \cdot Q = 4 a^{2},

а так как $∣ S ∣^{2} = ∣ Q ∣^{2} = ρ^{2},$

S \cdot Q = 2 a^{2} - ρ^{2} .

Аналогично из середины $P R :$

P \cdot R = 2 a^{2} - ρ^{2} . (3)

P \cdot Q = Q \cdot R = R \cdot S = S \cdot P = D, P \cdot R = Q \cdot S = 2 a^{2} - ρ^{2}

имеет вид

G = ρ^{2} D 2 a^{2} - ρ^{2} D D ρ^{2} D 2 a^{2} - ρ^{2} 2 a^{2} - ρ^{2} D ρ^{2} D D 2 a^{2} - ρ^{2} D ρ^{2}, D = \frac{8}{3} a^{2} - \frac{5}{3} ρ^{2} .

Вычисление определителя даёт (обозначим $u = ρ^{2}$ )

det G = - \frac{400}{9} u^{4} + \frac{2080}{9} a^{2} u^{3} - \frac{1280}{3} a^{4} u^{2} + \frac{3040}{9} a^{6} u - \frac{880}{9} a^{8} = 0,

и это уравнение распадается так, что

ρ^{2} = a^{2} или ρ^{2} = \frac{11}{5} a^{2} .

При $ρ^{2} = \frac{11}{5} a^{2}$ имеем

D = \frac{8}{3} a^{2} - \frac{5}{3} \cdot \frac{11}{5} a^{2} = - a^{2}, P \cdot R = Q \cdot S = 2 a^{2} - \frac{11}{5} a^{2} = - \frac{1}{5} a^{2} .

Искомое расстояние. Расстояние от точки $P$ до прямой $QR$ вычислим по формуле

d^{2} = ∣ P - Q ∣^{2} - \frac{( ( P - Q ) \cdot ( R - Q ) ) ^{2}}{∣ R - Q ∣ ^{2}} .

Подставляем найденные величины ( $ρ^{2} = \frac{11}{5} a^{2}, D = - a^{2}, P \cdot R = - \frac{1}{5} a^{2}$ ):

∣ P - Q ∣^{2} = 2 ρ^{2} - 2 P \cdot Q = 2 ρ^{2} - 2 D = \frac{22}{5} a^{2} + 2 a^{2} = \frac{32}{5} a^{2},

∣ R - Q ∣^{2} = 2 ρ^{2} - 2 Q \cdot R = \frac{32}{5} a^{2},

(P - Q) \cdot (R - Q) = P \cdot R - P \cdot Q - Q \cdot R + Q \cdot Q = - \frac{1}{5} a^{2} - (- a^{2}) - (- a^{2}) + \frac{11}{5} a^{2} = 4 a^{2} .

Тогда

d^{2} = \frac{32}{5} a^{2} - \frac{( 4 a ^{2} ) ^{2}}{\frac{32}{5} a ^{2}} = \frac{32}{5} a^{2} - \frac{16 a ^{4}}{\frac{32}{5} a ^{2}} = \frac{32}{5} a^{2} - \frac{5}{2} a^{2} = \frac{64 - 25}{10} a^{2} = \frac{39}{10} a^{2} .

Следовательно

d = a \frac{39}{10} = a 3, 9 = \frac{a 390}{10} .

Ответ: расстояние от точки $P$ до прямой $QR$ равно $a 3, 9 .$

Задача №18069

Задача #18069

Решай похожие задачи

Информация

Задача №18069

Задача #18069

Решай похожие задачи

Информация

Задача #18069

Условие

Решение

Ответ

Решай похожие задачи

Информация

Задача #18069

Условие

Решение

Ответ

Решай похожие задачи

Информация