ГДЗ по геометрии, 10 класс, Атанасян, номер 797

План решения.

Пусть O — центр данной сферы радиуса R, а M — искомая точка. Из точки M проведены три попарно перпендикулярные касательные к сфере. Обозначим точки касания этих прямых с сферой как A, B и C. Нам нужно найти расстояние OM от центра сферы до точки M.

Вычисление.

Рассмотрим треугольники MOA, MOB и MOC. Так как MA, MB и MC — касательные к сфере, то они перпендикулярны радиусам в точках касания: OA⊥MA, OB⊥MB, OC⊥MC. Следовательно, треугольники MOA, MOB и MOC являются прямоугольными с общим гипотенузой OM.

По теореме Пифагора для каждого из них имеем:

Отсюда следует, что длины всех трёх касательных равны между собой: MA=MB=MC. Обозначим эту длину через x. Тогда OM²=R²+x².

Теперь рассмотрим пирамиду MABC (или проще — координатный метод). Поместим начало координат в точку M(0;0;0). Направим оси координат вдоль касательных MA, MB и MC. Поскольку касательные попарно перпендикулярны, это ортогональная система координат. Координаты точек касания будут:

• A(x;0;0)
• B(0;x;0)
• C(0;0;x)

Центр сферы O равноудалён от точек A, B и C (так как OA=OB=OC=R). Пусть координаты центра O равны (a;b;c). Расстояние от O до M есть OM=a²+b²+c².

Также известно, что вектор MO является суммой единичных векторов направлений касательных, умноженных на проекции? Нет, проще использовать геометрическое свойство: если из точки M проведены три взаимно перпендикулярные касательные к сфере, то центр сферы O лежит на диагонали куба со стороной x, выходящей из вершины M. В такой конфигурации расстояние от центра сферы до каждой точки касания равно R.

Рассмотрим прямоугольный параллелепипед (куб), ребра которого лежат на касательных. Диагональ этого куба проходит через центр сферы? Не совсем. Давайте вернемся к расстояниям.

В системе координат с центром в M: A=(x,0,0), B=(0,x,0), C=(0,0,x). Центр сферы O(a,b,c). Условие OA=R дает:

Из симметрии задачи следует, что a=b=c. Подставим a=b=c в первое уравнение:

Также мы знаем, что OM²=a²+b²+c²=3a². И ранее мы установили связь OM²=R²+x². Значит, 3a²=R²+x², откуда a²=R²+x²/3.

Подставим выражение для a² и a (где a=R²+x²/3) в уравнение (·). Однако есть более простой путь. Рассмотрим тетраэдр OABC. Его грани OAB, OBC, OCA — равнобедренные (OA=OB=OC=R). Ребра AB, BC, CA являются хордами сферы. Длина хорды AB в прямоугольном треугольнике AMB равна AB=x²+x²=x2. Аналогично BC=CA=x2.

Теперь найдем расстояние от центра O до плоскости ABC. Но нам нужно OM. Заметим, что M — это проекция O на... нет. Вернемся к формуле OM²=R²+x².

Существует известное соотношение для трех взаимно перпендикулярных касательных. Если провести радиусы в точки касания, то они также попарно перпендикулярны? Нет, радиусы не обязательно перпендикулярны друг другу. Но векторы MA,MB,MC ортогональны.

Рассмотрим вектор MO. Он разлагается по базису MA,MB,MC. Так как OA⊥MA, то скалярное произведение OA·MA=0. Выразим OA=OM+MA. Тогда (OM+MA)·MA=0⇒OM·MA+|MA|²=0⇒OM·MA=-x².

Аналогично, OM·MB=-x² и OM·MC=-x².

Представим OM в ортонормированном базисе, направленном вдоль MA,MB,MC. Пусть единичные векторы i=MA/x, j=MB/x, k=MC/x. Тогда MA=xi и т.д.

Пусть OM=ui+vj+wk. Тогда:

Таким образом, OM=-xi-xj-xk.

Найдем квадрат длины OM:

Мы получили два выражения для OM²:

1. OM²=R²+x² (из прямоугольного треугольника MOA)
2. OM²=3x² (из векторного разложения)

Приравняем их:

Теперь найдем OM:

Проверка и вывод.

Расстояние от центра сферы до искомой точки постоянно и равно 6/2R. Множество всех таких точек представляет собой сферу с тем же центром O и радиусом r=6/2R. Это согласуется с ключом ответа.