Олимпиадная задача по стереометрии: деление отрезка сферами в двугранном угле

Пусть O1и O2– центры сфер S1и S2соответственно (рис.1), R – радиусы сфер, H – точка касания сферы S1с плоскостью Q , K – точка касания сферы S2с плоскостью P , M и N – отличные от A и B точки переcечения сфер соответственно S1и S2с отрезком AB .

Радиусы O1A и O1H сферы S1перпендикулярны граням P и Q соответственно. Пусть плоскость пересекающихся прямых O1A и O1H пересекает ребро данного двугранного угла в точке C . Тогда ACH – линейный угол данного двугранного угла, значит, ACH = 2α . Аналогично, если плоскость O2BK пересекает ребро двугранного угла в точке D , то BDK = 2α .

Плоскость AСH проходит через перпендикуляр O1H к плоскости Q , значит, эти плоскости перпендикулярны, поэтому перпендикуляр AF , опущенный из точки A на плоскость Q , лежит в плоскости ACH . Рассмотрим четырёхугольник ACHO1(рис.2), в котором

O1A=O1H = R, O1AC= O1HC = 90^o, ACH = 2α, CA=CH.

Из прямоугольных треугольников O1CH и AFC находим, что

CH = O1H ctg O1CH = R ctg α, CF = AC cos ACH = CH cos 2α = R ctg α cos 2α,

AF = AC sin ACH = R ctg α sin 2α = 2Rα cos2 α.

Тогда

FH = CH-CF = R ctg α-R ctg α cos 2α=R ctg α(1- cos 2α)= R ctg α · 2 sin2 α = 2R sin α cos α.

Заметим, что CHBD и O1O2BH – прямоугольники, поэтому HB=O1O2 = 2R . Из прямоугольных треугольников BHF и AFB находим, что

BF = = = 2R,

AB = = =

=2R= 2R= 2R.

Пусть G – проекция точки N на плоскость Q . Тогда точка G лежит на отрезке BF . Рассмотрим прямоугольную трапецию NO2BG , в которой O2N=O2B = R . Обозначим NBG = ABF = β . Если E – середина основания BN равнобедренного треугольника BO2N , то BO2E = NBG = β , поэтому

BE = O2B sin β = R· = R· = ,

значит,

AM=BN = 2BE = ,

MN = AB-2AM = 2R-= .

Следовательно,

== = ctg2 α.

1: ctg2 α:1.