Плоскость \(\pi\) проходит через три вершины прямоугольного параллелепипеда, отсекая от него тетраэдр. Два шара максимально возможных радиусов находятся внутри сферы, описанной около этого параллелепипеда, по разные стороны от плоскости \(\pi\). Найдите отношение радиусов этих шаров, если известно, что рёбра параллелепипеда равны \(1\), \(2\), \(4\).

Решение

Пусть \(\pi _{1}\) и \(\pi _{2}\) \(-\) две касательные плоскости к сфере, параллельные \(\pi\), и пусть \(T _{1}\) и \(T _{2}\) \(-\) соответствующие точки касания. Тогда центр сферы \(O\) совпадает с серединой отрезка \(T _{1} T _{2}\). Пусть \(T\) \(-\) точка пересечения \(T _{1} T _{2}\) с плоскостью \(\pi\). Пусть \(\mathcal{B} _{1}\) \(-\) шар, находящийся между \(\pi _{1}\) и \(\pi\), а \(\mathcal{B} _{2}\) \(-\) шар, находящийся между \(\pi _{2}\) и \(\pi\). Тогда диаметры \(\mathcal{B} _{1}\) и \(\mathcal{B} _{2}\) не могут превышать расстояния между \(\pi _{1}\) и \(\pi\) и между \(\pi _{2}\) и \(\pi\) соответственно. Причём равенство достигается ровно в одном случае \(-\) когда отрезки \(T T _{1}\) и \(T T _{2}\) суть соответственно диаметры \(\mathcal{B} _{1}\) и \(\mathcal{B} _{2}\). Следовательно, искомое отношение равно \(\dfrac{T T _{1}}{T T _{2}}\). Не ограничивая общности, можно считать, что \(T T _{1} \geqslant T T _{2}\). Тогда, если обозначить через \(R\) радиус сферы и через \(r\) \(-\) расстояние от точки \(O\) до плоскости \(\pi\), то
\begin{equation*}
\dfrac{T T _{1}}{T T _{2}}=\dfrac{R+r}{R-r}=\dfrac{\frac{R}{r}+1}{\frac{R}{r}-1}.
\end{equation*}
Найдём \(\dfrac{R}{r}\). Пусть \(A\), \(B\), \(C\) \(-\) вершины параллелепипеда через которые проходит плоскость \(\pi\), и пусть \(D\) \(-\) четвёртая вершина отсекаемого тетраэдра. Пусть \(AD=a\), \(BD=b\), \(CD=c\). Поскольку плоскость \(\pi\) делит диагональ параллелепипеда, исходящую из вершины \(D\), в отношении \(1:2\) (это следует из рассмотрения подобных треугольников, лежащих в диагональном сечении параллелепипеда, содержащем точку \(D\), которые возникают при пересечении плоскости \(\pi\) и этого сечения), расстояние от \(O\) до \(\pi\) в два раза меньше расстояния от \(D\) до \(\pi\). Стало быть, \(\href{https://examp.info/theorem/obyom-tetraedra/}{\text{объём тетраэдра}}\) \(ABCD\) равен одновременно \(\frac{1}{3} \cdot 2r \cdot S _{\triangle ABC}\) и \(\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}abc\). Для площади \(S _{\triangle ABC}\) справедливо (по \(\href{https://examp.info/theorem/kosinusov-dlya-tetraedra/}{\text{теореме косинусов для тетраэдра}}\))
\begin{equation*}
S _{\triangle ABC}= \sqrt{S^2 _{\triangle ABD}+S^2 _{\triangle BCD}+S^2 _{\triangle ACD}}= \sqrt{\dfrac{1}{4}((ab)^2+(bc)^2+(ac)^2)},
\end{equation*}
то есть
\begin{equation*}
r= \dfrac{abc}{4 S _{\triangle ABC}}= \dfrac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}}.
\end{equation*}
Учитывая, что \(R=OD=\frac{1}{2} \sqrt{a^2+b^2+c^2}\), получаем
\begin{equation*}
\dfrac{R}{r} = \sqrt{a^2+b^2+c^2} \cdot \sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}} = \sqrt{1+4+16} \cdot \sqrt{1+ \frac{1}{4} + \frac{1}{16}}=\dfrac{21}{4}.
\end{equation*}
Стало быть, искомое отношение равно
\begin{equation*}
\dfrac{T T _{1}}{T T _{2}}=\dfrac{\frac{21}{4}+1}{\frac{21}{4}-1}=\dfrac{25}{17}.
\end{equation*}

Ответ: \(\dfrac{25}{17}\).