Задача №18294

В основании параллелепипеда лежит прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AB=1$ и $BC=4\text{,}$ боковые рёбра $A{A}_1\text{,}$ $B{B}_1\text{,}$ $C{C}_1\text{,}$ $D{D}_1$ перпендикулярны основанию и равны 1. Сфера касается прямой $D{C}_1$ в точке $C_1\text{,}$ прямой $D{B}_1$ в точке, лежащей внутри отрезка $D{B}_1\text{,}$ и проходит через точку $D_1\text{.}$ Найдите радиус сферы.

Введём координаты. Так как параллелепипед прямой (боковые рёбра перпендикулярны основанию) и в основании лежит прямоугольник, удобно работать в декартовой системе. Положим

тогда $AB=1\text{,}$ $BC=4$ — как в условии. Высота параллелепипеда равна 1, поэтому верхние вершины получаются сдвигом на вектор $(0,0,1)\text{:}$

Обозначим центр искомой сферы $O=(x,y,z)\text{,}$ радиус $r>0\text{.}$ Запишем все четыре геометрических условия.

Условие касания прямой $D{C}_1$ в точке $C_1\text{.}$ Касание означает две вещи: точка касания лежит на сфере и радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен прямой. Направляющий вектор прямой $D{C}_1$ равен

Условие перпендикулярности $\overrightarrow{O{C}_1}\perp \overrightarrow{D{C}_1}$ даёт

Условие «$C_1$ на сфере»:

Условие прохождения через $D_1\text{:}$

Вычитая $(3)$ из $(2)\text{,}$ получаем $(x-1{)}^2-x^2=0\text{,}$ то есть $-2x+1=0\text{,}$ откуда

Тогда из $(1)$ сразу $z=2-x=\frac{3}{2}\text{.}$ (Геометрически это естественно: $C_1$ и $D_1$ лежат на сфере, значит центр равноудалён от них, то есть лежит в плоскости $x=\frac{1}{2}\text{,}$ а перпендикулярность к $D{C}_1$ фиксирует $z\text{.}$)

Условие касания прямой $D{B}_1\text{.}$ Сфера касается прямой $D{B}_1$ тогда и только тогда, когда расстояние от центра $O$ до этой прямой равно $r\text{.}$ Направляющий вектор

Расстояние от $O$ до прямой через $D=(0,4,0)\text{:}$

Подставим уже найденные $x=\frac{1}{2},z=\frac{3}{2}$ и неизвестный $y\text{.}$ Из условия «$D_1$ на сфере» $(3)$ при $x=\frac{1}{2},z=\frac{3}{2}\text{:}$

Вектор $O-D=(\frac{1}{2},y-4,\frac{3}{2})\text{.}$ Векторное произведение с $(1,-4,1)\text{:}$

Обозначив $u=y-4\text{,}$ получаем компоненты $(u+6,1,-u-2)\text{,}$ и

Подставляя в $(4)\text{:}$ $\frac{2u^2+16u+41}{18}=r^2\text{.}$ С учётом $(3^{\prime })$ $r^2=u^2+\frac{1}{2}\text{,}$ значит

Итак, $u=2$ либо $u=-1\text{,}$ то есть $y=6$ или $y=3\text{.}$

Отбор корня по условию «точка касания внутри отрезка $D{B}_1$». Найдём положение точки касания (основания перпендикуляра из $O$ на прямую $D{B}_1$) через параметр $t\text{:}$ точка касания $=D+t\overrightarrow{D{B}_1}\text{,}$ где

Точнее, $(O-D)\cdot \overrightarrow{D{B}_1}=\frac{1}{2}-4u+\frac{3}{2}=2-4u\text{,}$ поэтому $t=\frac{2-4u}{18}=\frac{1-2u}{9}\text{.}$

• При $u=2$ (то есть $y=6$): $t=\frac{1-4}{9}=-\frac{1}{3}<0$ — точка касания лежит вне отрезка, на продолжении за вершину $D\text{.}$ Этот корень условию не удовлетворяет, отбрасываем.
• При $u=-1$ (то есть $y=3$): $t=\frac{1+2}{9}=\frac{1}{3}\in (0,1)$ — точка касания лежит внутри отрезка $D{B}_1\text{.}$ Этот корень подходит.

Итог. Берём $y=3\text{,}$ тогда центр $O=(\frac{1}{2},3,\frac{3}{2})\text{,}$ а радиус из $(3^{\prime })\text{:}$

Геометрическая проверка согласованности. Из внешней точки $D$ к сфере проведены две касательные прямые $D{C}_1$ и $D{B}_1\text{;}$ длины отрезков касательных от $D$ до точек касания должны быть равны. Действительно, $D{C}_1=|\overrightarrow{D{C}_1}|=\sqrt{1^2+0+1^2}=\sqrt{2}\text{,}$ а точка касания на $D{B}_1$ при $t=\frac{1}{3}$ отстоит от $D$ на $\frac{1}{3}|\overrightarrow{D{B}_1}|=\frac{1}{3}\cdot 3\sqrt{2}=\sqrt{2}\text{.}$ Обе равны $\sqrt{2}$ — условие равных касательных выполнено, и точка делит $D{B}_1$ в отношении $1:2$ от $D\text{,}$ то есть строго внутри отрезка.

Ответ: $r=\frac{\sqrt{6}}{2}\text{.}$