Комбинации тел вращения

Конус и усеченный конус

Следует объяснить учащимся, что при решении различных задач на комбинацию конуса и усеченного конуса достаточно изобразить их сечение плоскостью, проходящей через ось конуса. В таком случае решение стереометрической задачи сводится к решению задачи планиметрической на комбинацию трапеции и треугольника.

Задача 1.  Трапеция со сторонами 2, 2, 2 и 4 вращается вокруг прямой, лежащей в плоскости трапеции и проходящей через одну из вершин большего основания перпендикулярно этому основанию. Найдите объем тела вращения.

Решение. Пусть трапеция ABCD, у которой AB = BC = CD = 2, AD = 4, вращается вокруг прямой m, проходящей через вершину D перпендикулярно основанию AD. На рисунке 1 изображено осевое сечение полученного тела вращения (плоскость сечения проходит через ось вращения m). Это сечение состоит из двух равных и симметричных относительно прямой m трапеций ABCD и PMKD, которые равными прямоугольными треугольниками COD и KOD (O = m ∩ BC) дополняются до равных прямоугольных трапеций ABOD и PMOD. Это означает, что объем тела, полученного при вращении трапеции ABCD, равен разности объема усеченного конуса, полученного при вращении прямоугольной трапеции ABOD вокруг прямой m, и объема конуса, полученного при вращении прямоугольного треугольника COD вокруг прямой m. Найдем объем тела вращения.

Высота конусов равна OD. Отрезки BO = r и AD = R являются радиусами соответственно верхнего и нижнего оснований усеченного конуса, а отрезок OC — радиус основания прямого кругового конуса с вершиной D. Найдем объемы этих конусов.

Проведем отрезок BT параллельно CD. Тогда из равенств BT = CD = AB = BC и BC = TD следует, что AB = BT = AT, откуда треугольник ABT — правильный, в котором

При этом BM = 3BC = 6 (CK = AT = BC), значит,

(OD — серединный перпендикуляр BM). Тогда

и искомый объем тела вращения равен

Ответ:  куб. ед.

Сферы, шары и конус

Перед решением задач на комбинацию сферы и конуса следует повторить планиметрический материал о комбинациях окружности и равнобедренного треугольника.

Во многих случаях решение задачи упрощается, если использовать сечения комбинации сферы и конуса диаметральной плоскостью сферы, содержащей ось конуса. В результате решение данной стереометрической задачи сводится к решению задачи планиметрической на комбинацию окружности и равнобедренного треугольника.

Задача 2.  В конус помещены две сферы. Одна из этих сфер вписана в конус, а вторая касается первой сферы и конической поверхности, имея с ней общую окружность. Найдите отношение радиусов первой и второй сфер, если образующая конуса в три раза больше радиуса его основания.

Решение. Рассмотрим сечение комбинации данных конуса и двух сфер плоскостью, проходящей через ось конуса (рис. 2). Сечением конуса является равнобедренный треугольник ABC
(AB = BC, BO AC), в котором OA = R (R — радиус основания конуса); сечением сферы, вписанной в конус, — окружность ω с центром O₁, вписанная в треугольник ABC и касающаяся его сторон в точках K, Q и O (KQ AC); сечением второй сферы — окружность ω₁, касающаяся окружности ω в точке P и боковых сторон треугольника ABC — в точках M и L (P — точка касания сфер, ML — диаметр окружности касания этой сферы с боковой поверхностью конуса).

Обозначим: O₁K = R₁ — радиус окружности ω (радиус первой сферы),
O₁K  AB; DM = r — радиус окружности ω₁ (радиус второй сферы), DM AB.

Проведем: KE AC; HF AC; PH AC (PH — общая касательная окружностей ω и ω₁).

Из условия следует: AB = 3R. Имеем: AK = AO = R
(как отрезки касательных к окружностиω), значит, AK : AB = R : 3 R = 1 : 3.
Так как BO AC,KE AC, то KE BO. По теореме Фалеса получим:

AE: AO = AK : AB = 1 : 3,

откуда Тогда в прямоугольном треугольнике AKE

Кроме того,

Так как KQ AC, BO AC, то KQ BO. Далее, O₁K AB (как радиус, проведенный в точку касания). Значит,  AKE =  O₁KT (как углы с соответственно перпендикулярными сторонами). Тогда прямоугольные треугольники AKE и O₁KT подобны, поэтому AK : O₁K = KE : KT, откуда

значит,

Найдем иначе длину OP = HF.

Пусть KH = m. Имеем: HK = HP, а HP = HM (как отрезки касательных к окружностям ω и ω₁), отсюда KM = 2m, AH = R + m. Тогда из подобия прямоугольных треугольников AKE и AHF получаем:

AK : AH = KE : HF

Из равенства находим: 2m = R m = 0,5R.
Значит, KM = 2m = 20,5R = R.
Поэтому BM = BK – KM = 2R – R = R. Тогда из подобия прямоугольных треугольников BO₁K и BDM имеем:

R ₁ : r = O₁K : DM = BK : BM = 2R : R = 2 : 1.

Ответ: 2 : 1.

Задача 3. Внутри конуса расположены четыре равных шара радиуса r так, что каждый из них касается двух других шаров, основания конуса и его боковой поверхности. Найдите объем конуса, если его образующие наклонены к плоскости основания под углом j.

Решение. Пусть PO — высота данного конуса (точка O — центр его основания); точки A, B, C, D — центры данных шаров. Так как все шары равны и каждый из них касается основания конуса, то центры A, B, C, D этих шаров равноудалены от плоскости основания конуса и расположены в плоскости, параллельной основанию конуса и удаленной от нее на расстояние R.

По условию задачи каждый из шаров касается двух других шаров.
Поэтому AB = BC = CD = DA = 2r
(точка касания двух шаров лежит на линии их центров), откуда следует, что четырехугольник ABCD — ромб. Вследствие равенства шаров AC = BD. Значит, ABCD — квадрат со стороной 2r и расстояние между центрами A и C «противоположных» (не касающихся) шаров равно (как диагональ квадрата). (На рисунке 3 изображено сечение шаров плоскостью, проходящей через их центры.)

Плоскость, проведенная через высоту конуса, перпендикулярна основанию конуса и пересекает это основание по его диаметру. Поэтому проекция образующей конуса расположена на диаметре его основания, значит, угол j между образующей конуса и плоскостью его основания равен углу между этой образующей и диаметром основания, проведенным через основание образующей (рис. 4).

Проведем плоскость α = (PAC) через ось OP конуса. В пересечении этой плоскости с конусом получается равнобедренный треугольник PMK (PM = PK как образующие конуса). А так как шары касаются боковой поверхности конуса, то пересечением плоскости a с шарами, имеющими центры A и C, являются два круга радиуса r с теми же центрами, вписанные в углы PMK и PKM, при этом точки A и C расположены на биссектрисах этих углов (см. рис. 4). В треугольнике PMK высота PO равна высоте h конуса, а основание MK — диаметру основания конуса, то есть MK = 2R, где R — радиус основания конуса.

Для вычисления объема конуса воспользуемся формулой Найдем высоту h конуса и радиус R.

Пусть T и E — точки, в которых круги с центрами A и C касаются основания MK треугольника PMK (в точках T и E шары с центрами A и C касаются основания конуса).
Тогда AT MK и CE MK, при этом AT = CE = r, значит,

В прямоугольном треугольнике MAT

находим:

Вследствие симметрии равнобедренного треугольника PMK относительно PO имеем:

тогда

В прямоугольном треугольнике OMP:

Тогда

Ответ:

Шары и усеченный конус

Решение задачи на комбинацию шара и усеченного конуса упрощается, если использовать сечение комбинации шара и усеченного конуса диаметральной плоскостью шара, содержащей ось конуса. В таком случае решение данной стереометрической задачи сводится к решению планиметрической задачи на комбинацию круга и равнобедренной трапеции.

Задача 4.  Радиус сферы, вписанной в усеченный конус, равен r, радиус сферы, описанной около этого усеченного конуса, равен Найдите угол между образующей усеченного конуса и его основанием.

Решение. Окружности оснований данного усеченного конуса — это сечения параллельными плоскостями сферы с центром B и радиусом Так как центр любой окружности, расположенной на сфере, принадлежит прямой, проходящей через центр сферы и перпендикулярной плоскости этой окружности, то центры O и T оснований усеченного конуса и центр B сферы лежат на одной прямой, перпендикулярной плоскостям оснований этого конуса. На этой же прямой расположен и центр A сферы, вписанной в усеченный конус, так как вписанная в усеченный конус сфера касается его оснований в их центрах O и T.

На рисунке 5 изображено сечение комбинации усеченного конуса и двух данных сфер плоскостью, проходящей через центр B сферы перпендикулярно плоскостям оснований усеченного конуса: в сечении конуса этой плоскостью получается равнобедренная трапеция MHPK, а сечениями сфер являются две окружности ω и ω₁ радиусов r и с центрами соответственно A и B, одна из которых вписана в трапецию MHPK, а другая описана около нее.

Пусть HC — высота усеченного конуса (высота трапеции) и α — угол наклона его образующей MH к плоскости нижнего основания (угол при вершине нижнего основания трапеции).

Выразим дважды длину диагонали HK через r и a. С одной стороны, в треугольнике MKH имеем:

С другой стороны, в треугольнике HCK ( HCK =90°) по теореме Пифагора находим:

HK² = CK² + CH². (*)

Выразим CH и CK через r и α.

Трапеция MHPK описана около окружности с центром A и радиусом r, поэтому HC = 2r и
HP + MK = 2MH (суммы противоположных сторон четырехугольника, описанного около окружности, равны), откуда Кроме того, трапеция MHPK — равнобедренная, значит, Следовательно, CK = MH.

В прямоугольном треугольнике MCH находим: Тогда Подставив в (*) вместо HK, CK и CH их выражения через r и α, получаем:

(sin α ≠ 0, так как α ≠ 0).
Сделав подстановку sin² α = t (0 < t < 1), получаем: 30t² – t – 1 = 0.

Находим:

(не удовлетворяет t > 0), t₂ = 0,2. Тогда

sin² α = 0,2 cos² α = 0,8

cos 2α = 0,6 2α = arccos 0,6
α = 0,5arccos 0,6.

Таким образом,  M =  K = 0,5arccos 0,6.

Ответ: 0,5arccos 0,6.

Сферы, шар и цилиндр

Перед решением задач на комбинацию сферы и цилиндра следует повторить планиметрический материал о комбинациях окружности и прямоугольника (квадрата), о комбинациях двух касающихся, пересекающихся и не имеющих общих точек окружностей. Учащимся необходимо знать, что в цилиндр можно вписать сферу тогда и только тогда, когда цилиндр равносторонний, так как диаметр сферы, вписанной в цилиндр, равен высоте (образующей) этого цилиндра.

При решении задач на комбинацию сферы (шара) и цилиндра совершенно не обязательно изображать сферу и цилиндр, а достаточно рассмотреть сечение этой комбинации пространственных фигур плоскостью. Во многих случаях решение задачи упрощается, если использовать сечения сферы (шара) и цилиндра диаметральной плоскостью сферы (шара), содержащей ось цилиндра (параллельной этой оси), или диаметральной плоскостью сферы (шара), перпендикулярной оси цилиндра.

Задача 5.  Плоскость α, образующая с осью цилиндра угол в 45°, делит ось в отношении 1 : 3. Найдите площадь круга, по которому эта плоскость пересекает шар, вписанный в цилиндр, если высота цилиндра равна h.

Решение. Пусть MT — ось данного цилиндра, точка O — центр вписанного в него шара, O MT.

Рассмотрим сечение цилиндра и вписанного в него шара плоскостью, проходящей через ось MT. В сечении получаем соответственно квадрат ABCD и круг с центром O, вписанный в этот квадрат (рис. 6). (Осевым сечением любого цилиндра является прямоугольник, но в данном случае сечением цилиндра может быть только квадрат, так как в прямоугольник нельзя вписать окружность.)

Касательная прямая m в точке A к окружности нижнего основания цилиндра, расположенная в плоскости этого основания, перпендикулярна диаметру AD. А так как AD — проекция AC на эту плоскость, то AC m (по теореме о трех перпендикулярах). Тогда угол CAD — линейный угол двугранного угла, образованного плоскостью основания цилиндра и плоскостью β, проходящей через AC и m, причем β (ABC) (по признаку перпендикулярности двух плоскостей) и AC = β ∩ (ABC). Поэтому ортогональной проекцией оси MT на плоскость β является прямая AC, следовательно,  COM = 45° — угол между осью MT и плоскостью β.

Так как  CAD = 45° (в квадрате ABCD), то плоскость β наклонена к плоскости основания цилиндра под углом 45° и образует с осью MT угол в 45°.
Это означает, что α β.

Далее, пусть точка E делит ось MT в отношении ME : ET = 1 : 3, значит, ME : MT = 1 : 4.
Тогда Так как α β, то плоскость α проходит через точку E и пересекает плоскость ABC осевого сечения цилиндра по прямой, параллельной AC. Обозначим: KP — отрезок пересечения этой прямой и круга — сечения шара плоскостью ABC; длина отрезка KP равна диаметру круга, по которому плоскость α пересекает шар. Проведем OH B KP, тогда HK = r — радиус этого круга. Найдем r. Имеем:

KP AC COM = MEP = HEO = 45°,

тогда в равнобедренном прямоугольном треугольнике EOH

В прямоугольном треугольнике KOH

где r — радиус круга — сечения шара плоскостью α.

Находим площадь этого круга:

Ответ:   кв. ед.

Задача 6.  В цилиндр помещены четыре попарно касающиеся сферы радиуса R = 3 так, что каждая сфера касается данной цилиндрической поверхности. При этом две сферы касаются нижнего, а две другие — верхнего оснований цилиндра. Найдите объем этого цилиндра.

Решение. Пусть P и A — центры сфер, касающихся верхнего основания цилиндра, B и C — центры сфер, касающихся его нижнего основания. Тогда точки P и A равноудалены от верхнего, а точки B и C — от нижнего основания на расстояния, равные 3. Поэтому прямые AP и BC параллельны верхнему и нижнему основаниям цилиндра (рис. 7).

Так как равные сферы с центрами A и P касаются, то серединой отрезка AP является точка касания этих сфер, при этом AP = 2R = 6. Аналогично, BP = AB = AC = PC = BC = 6. Это означает: а) что треугольная пирамида PABC является правильным тетраэдром с ребром, равным 6; б) скрещивающиеся ребра AP и BC этого тетраэдра параллельны основаниям цилиндра.

Известно, что в правильном тетраэдре с ребром a расстояние между скрещивающимися ребрами равно длине их общего серединного перпендикуляра, то есть равно
В нашем случае, если точка H — середина AP, точка K — середина BC, то отрезок HK — общий серединный перпендикуляр ребер AP и BC, при этом

Так как скрещивающиеся ребра AP и BC тетраэдра параллельны основаниям цилиндра, то HK перпендикулярен основаниям цилиндра. Учитывая, что прямые AP и BC, содержащие центры шаров, удалены от параллельных им соответственно верхнего и нижнего оснований цилиндра на расстояния, равные 3, приходим к выводу: высота h цилиндра равна

Так как скрещивающиеся ребра правильного тетраэдра взаимно перпендикулярны, то их серединный перпендикуляр HK — ось симметрии тетраэдра PABC, совпадающая с осью O₁O цилиндра. Поэтому ребра AP и BC расположены на перпендикулярных диаметрах EF и MT цилиндра, где E, F, M и T — точки касания боковой поверхности цилиндра со сферами, центры которых — соответственно вершины A и P, B и C. Тогда BM = CT = R,
значит,

MT = BC + 2MB = 4R = 4∙3 = 12 = 2r,

откуда r = 6, где r — радиус основания цилиндра.

Следовательно, объем цилиндра равен

Ответ:   куб. ед.

Задача 7. Одна из образующих цилиндра расположена на диаметре шара, а две другие являются хордами этого шара. Найдите радиус основания и высоту цилиндра, если расстояние между каждой из пар этих образующих равно 6, а радиус шара равен 10. Определите, весь ли цилиндр находится внутри шара?

Решение. На рисунке 8 изображено сечение шара (круг ω) и цилиндра (круг ω₁) плоскостью, проходящей через центр O шара перпендикулярно образующим цилиндра (эта плоскость делит все образующие цилиндра пополам), при этом точка O — середина образующей цилиндра, расположенной на диаметре шара, а точки A и B — середины образующих цилиндра, являющихся данными хордами шара.

Расстояние между образующими каждой из этих пар равно 6, поэтому равносторонний треугольник OAB со стороной 6 вписан в круг ω₁ с центром O₁, равный основанию цилиндра и имеющий радиус А так как радиус шара равен 10, то круг ω₁ лежит внутри круга ω с центром O — диаметрального сечения шара. Это означает, что прямая, содержащая образующую цилиндра, проходящую через точку C, диаметрально противоположную точке O (рис. 9), пересекает поверхность шара в некоторых точках M и K, симметричных относительно диаметральной плоскости OAB.

Пусть точка A — середина образующей PH цилиндра, являющейся данной хордой шара.

Тогда OP = OH = 10 (как радиусы шара), и в прямоугольном треугольнике OAP находим

значит, длина образующей цилиндра равна:

PH = 2AP = 16.

Найдем длину хорды MK шара, которая лежит на образующей ET цилиндра, содержащей точку C и удаленной от центра шара на расстояние Для этого рассмотрим сечение данной комбинации тел диаметральной плоскостью шара, проходящей через ось Q₁Q цилиндра. На рисунке 9 изображены: сечение шара — круг с центром O и радиусом OM = 10; сечение цилиндра — прямоугольник ELDT.

В прямоугольном треугольнике OCM находим:

поэтому Так как 16² > 1613, то PH > MK. Значит, образующая ET цилиндра больше хорды MK шара, которая лежит на этой образующей. Это говорит о том, что концы E и T образующей ET цилиндра, а значит и некоторые две его части, симметричные относительно проведенной диаметральной плоскости AOB, находятся вне шара.

Ответ: нет, часть цилиндра расположена вне шара.

При решении задач на комбинации касающихся фигур вращения учащимся полезно повторить, что если даны две касающиеся внешним образом окружности ω(A; R) и ω₁(B; r), а прямая m является их общей внешней касательной, то расстояние HK между точками касания H и K этой прямой с окружностями ω и ω₁ равно

Кроме того, учащимся необходимо объяснить, что в некоторых случаях решению задачи на комбинацию касающихся фигур вращения способствует «взгляд с различных сторон» на данную комбинацию.

Рассмотрим, например, следующую задачу.

Задача 8. На плоскости лежат цилиндр радиуса R и два шара радиуса r (R > r). Цилиндр касается плоскости по своей образующей; шары касаются друг друга и боковой поверхности цилиндра. Найдите радиус шара, большего, чем данные, касающегося обоих данных шаров, боковой поверхности цилиндра и плоскости.

Решение. Обозначим: α  — плоскость, которой касаются все данные в условии задачи тела. Пусть x (x > r) — искомая длина радиуса шара, касающегося обоих данных шаров, боковой поверхности цилиндра и плоскости α .

На рисунке 10,б (вид сверху): B и C — точки, в которых шары радиуса r касаются плоскости α , BC = 2r; DE — образующая, по которой цилиндр касается плоскости α; A — точка касания шара радиуса x и плоскости α .

На рисунке 10,а изображены данные шары и цилиндр в плоскости, перпендикулярной оси цилиндра (вид — вдоль оси цилиндра). Точки O и O₁ — центры соответственно шаров радиуса r и основания цилиндра, точка O₂ — центр шара радиуса x.

Плоскость β, проведенная через центры O и O₂ шаров с радиусами r и x перпендикулярно плоскости α, пересекает эти шары по касающимся кругам, а плоскость α — по прямой AB, которая является общей касательной кругов-сечений. Тогда Аналогично,

В сечение шара радиуса x и цилиндра диаметральной плоскостью этого шара, перпендикулярной оси цилиндра, получаются два касающихся круга, для которых AT — их общая касательная. Тогда Аналогично,

Далее, в прямоугольном треугольнике ABM ( AMB = 90°) по теореме Пифагора имеем:
AB² = AM² + BM². Находим:

Тогда получаем:

Пусть Решаем уравнение

Получили:

Проверкой убеждаемся, что условию

удовлетворяет лишь

Тогда искомый радиус большего шара равен

Ответ:

Три сферы и более

Прежде чем приступить к решению задач на две, три и более сферы, целесообразно решить несколько задач на две, три и более окружности. При этом учащимся полезно знать, что если прямая в точках A и B касается двух внешним образом касающихся окружностей радиусов R₁ и R₂, то длина отрезка AB равна Кроме того, с учащимися следует повторить:

Множество всех точек пространства, равноудаленных от двух равных касающихся сфер (шаров), есть плоскость, проходящая через точку касания этих сфер (шаров) перпендикулярно линии их центров.

При решении задачи, в которой даны две, три и более попарно касающиеся сферы, бывает удобно воспользоваться сечением этих сфер плоскостью, проходящей через их центры (диаметральной плоскостью). Тогда данная задача сводится к планиметрической задаче на взаимное расположение двух, трех и более попарно касающихся окружностей.

Иногда бывает удобно «привлечь на помощь» треугольник или тетраэдр с вершинами в центрах соответственно трех или четырех касающихся данных сфер; при этом стороны треугольника и ребра тетраэдра равны суммам радиусов данных сфер.

Задача 9.  Три равные сферы радиуса 6 касаются друг друга. Найдите радиус сферы, касающейся всех этих сфер, если ее центр лежит в плоскости центров трех данных сфер.

Решение. Обозначим: точки A, B, C — центры трех данных касающихся друг друга сфер радиуса 6; точка K — центр касающейся сферы.

Рассмотрим сечение данной комбинации сфер плоскостью ABC, проведенной через их центры, при этом K (ABC).

В сечении получаем три равные попарно касающиеся окружности ω₁, ω₂, ω₃ с центрами A, B и C радиуса 6 (рис. 11).
Тогда треугольник ABC — равносторонний; AB = 12;

где M — центроид треугольника ABC.

Окружность ω₄ с центром K — сечение сферы, касающейся трех данных сфер, — касается окружностей ω₁, ω₂, ω₃. Так как, с одной стороны, (в треугольнике ABC) и, с другой стороны, центр K окружности ω₄, касающейся равных окружностей ω₁, ω₂, ω₃, равноудален от их центров A, B и C, то центр K окружности ω₄ совпадает с центроидом M треугольника ABC.

Обозначим через T и H точки пересечения прямой MA с окружностью ω₁.
Тогда отрезки MT и MH равны радиусам концентрических окружностей ω₄ и ω₅ с центром M, одна из которых касается окружностей ω₁, ω₂, ω₃ внутренним образом, друга — внешним. Так как

MT = AM – AT, MH = AM + AH,

то

Таким образом, существуют две концентрические сферы с центром M, касающиеся всех данных трех сфер: радиус одной сферы равен , а радиус другой —

Ответ: ; .

Задача 10.  В вершинах правильного тетраэдра с ребром 18 расположены центры четырех равных сфер, попарно касающихся друг друга. Найдите радиус сферы, касающейся всех этих сфер.

Решение. Пусть центрами данных сфер являются вершины правильного тетраэдра PABC, а центром сферы, касающейся всех этих сфер, служит некоторая точка F.

Известно, что точка касания двух сфер принадлежит линии их центров и расстояние между центрами данных сфер равно сумме длин их радиусов (сферы касаются внешним образом). Это означает: FA = FB = FC = FP (данные четыре сферы равны), то есть точка F равноудалена от вершин данного правильного тетраэдра.

Известно, что в правильном тетраэдре PABC точкой, равноудаленной от всех его вершин, является точка M пересечения отрезов, соединяющих вершины тетраэдра с центроидами противоположных граней, причем где O — центроид правильного треугольника ABC. Таким образом, центром сферы, касающейся всех четырех данных сфер, является точка M.

На рисунке 12 изображено сечение данной комбинации тел плоскостью APH (H — середина BC), где (APH) BC, (APH) (ABC), так как высота тетраэдра PO расположена в плоскости APH. Сечением тетраэдра этой плоскостью является треугольник APH, а сечением двух данных сфер с центрами A и P — две равные касающиеся окружности ω₁ и ω₂ с теми же центрами и радиусом 6. Так как центр M сферы, касающейся всех четырех данных сфер, принадлежит секущей плоскости APH, то ее сечением является окружность ω₃, касающаяся окружностей ω₁ и ω₂, а радиус окружности ω₃ равен радиусу этой сферы. Найдем радиус окружности ω₃.

В правильном треугольнике ABC со стороной 18 имеем:

Тогда в прямоугольном треугольнике AOP (OP AO):

Теперь находим:

Обозначим через T и K  точки пересечения прямой MP с окружностью ω₂. Тогда отрезки MT и MK равны радиусам концентрических окружностей ω₃ и ω₄ с центром M, одна из которых касается окружностей ω₁ и ω₂ внутренним образом, другая — внешним. Так как

MT = PM – PT, MK = PM + PK,

то

Таким образом, существуют две концентрические окружности с центром M, касающиеся всех данных четырех сфер: радиус одной сферы равен , а радиус другой — .

Ответ: ; .

Аналогичные задачи можно найти в задачнике для 11-го класса упомянутого выше УМК. Среди них задачи 3.339–3.354, 3.355–3.375, 3.379–3.384, 3.397–3.403, 3.429–3.434, 3.436–3.444, 3.467–3.474, 3.477.

Потоскуев Е.