Шары, вписанные в куб

[Эни]

На рёбрах ВС и CD куба ABCDA1B1C1D1 взяты точки P и Q (середины этих рёбер), и в многогранники, получающиеся при рассечении куба плоскостью C1PQ, вписаны шары, касающиеся секущей плоскости. Первый шар касается граней куба, принадлежащих вершине С, а второй - граней куба, принадлежащих вершине А1. Считая ребро куба равным а, найдите расстояние между центрами первого и второго шаров.

Я буду благодарна за любые идеи по поводу этой задачи. А то что-то у меня с ней вообще ступор.
Помогите, пожалуйста.

[ddn]

Эни писал(а):

Я буду благодарна за любые идеи по поводу этой задачи. А то что-то у меня с ней вообще ступор.
Помогите, пожалуйста.

Представил себе задачу геометрически.
В общем, нужно найти центры шаров, вписаных в тетраэдры. Меньший тетраэдр, это $PQCC_1$, а больший $A'A_1B_1'D_1'$ получается продолжением другого многогранника до тетраэдра:
на пересечении с плоскостью $PQC_1$,
вершина $A'$ - с прямой $A_1A$,
вершина $B_1'$ - с прямой $A_1B_1$ и
вершина $D_1'$ - с прямой $A_1D_1$.

Центры этих шаров, кстати, лежат в плоскости $ACA_1C_1$.
Найдя их координаты, нетрудно найти искомое расстояние.

Можно также определять центры шаров, касающихся четырех плоскостей:
меньший касается плоскостей $CPQ$, $CPC_1$, $CQC_1$ и $PQC_1$;
больший - плоскостей $A_1B_1D_1$, $AA_1B_1$, $AA_1D_1$ и $PQC_1$.
Центр шара должен находится по ту же сторону каждой плоскости, что и не лежащая в плоскости вершина тетраэдра.
Если не использовать готовые формулы для определения центра шара, вписанного в тетраэдр с заданными вершинами, то вариант с касанием четырех плоскостей лучше.

Центр шара определяется из того условия, что расстояния от него, до каждой из касающихся плоскостей равны. Такие расстояния равны длине перпендикуляра из центра на плоскость, основание перпендикуляра есть точка касания.


Уравнения касательных плоскостей:
$a_ix+b_iy+c_iz-d_i=0$, где $a_i^2+b_i^2+c_i^2>0$, $i=1,2,3,4$
- даны с точностью до ненулевого множителя, поэтому возмем $a_i^2+b_i^2+c_i^2=1$,
определим знаки $a_i$, $b_i$ и $c_i$ из условия $d_i\geqslant 0$, а если $d_i=0$, то положим:
- $a_i>0$ если $a_i\not=0$,
- $b_i>0$ если $a_i=0$ и $b_i\not=0$,
- $c_i>0$ если $a_i=0$, $b_i=0$ и $c_i\not=0$.

$\vec n_i=(a_i,b_i,c_i)$ - их единичные нормали.
Тогда уравнения плоскостей:
$(\vec r\cdot\vec n_i)-d_i=0$

Расстояние от некоторой точки с радиус-вектором $\vec r=(x,y,z)$ до некоторой плоскости с уравнением $(\vec r\cdot\vec n)-d=0$ равно расстоянию от этой точки до точки касания с радиус-вектором $\vec r\ '=\vec r-\lambda\vec n$, так как $\vec r-\vec r\ '\perp$ плоскости.
Раз точка касания расположена в плоскости, то ее радиус-вектор удовлетворяет уравнению плоскости:
$((\vec r-\lambda\vec n)\cdot\vec n)-d=0$, или
$(\vec r\cdot\vec n)-\lambda-d=0$, откуда
$\lambda=(\vec r\cdot\vec n)-d$
и радиус-вектор точки касания $\vec r\ '=\vec r-((\vec r\cdot\vec n)-d)\vec n$.
А расстояние от точки до плоскости равно $|\vec r-\vec r\ '|=|(\vec r\cdot\vec n)-d|$.

Как видно, $d$ - расстояние от плоскости до начала координат.


Центр шара с радиус-вектором $\vec r_c=(x_c,y_c,z_c)$ удовлетворяет, таким образом, уравнениям:
$|(\vec r_c\cdot\vec n_1)-d_1|=|(\vec r_c\cdot\vec n_2)-d_2|=|(\vec r_c\cdot\vec n_3)-d_3|=|(\vec r_c\cdot\vec n_4)-d_4|=R\geqslant 0$
или же
$((\vec r_c\cdot\vec n_1)-d_1)^2=((\vec r_c\cdot\vec n_2)-d_2)^2=((\vec r_c\cdot\vec n_3)-d_3)^2=((\vec r_c\cdot\vec n_4)-d_4)^2=R^2$
или же
$(\vec r\cdot\vec n_i)=\pm_i R+d_i$, где $\pm_i1=sign((\vec r\cdot\vec n_i)-d_i)$,
$i=1,2,3,4$.

Если $d_i>0$, то если центр шара лежит по одну сторону от плоскости с началом координат, то $(\vec r\cdot\vec n_i)<d_i$ и $\pm_i=-$, если же по другую, то $(\vec r\cdot\vec n_i)>d_i$ и $\pm_i=+$.
Заметим, что здесь конец вектора нормали $\vec n_i$, проведенного из точки плоскости, лежит по другую сторону от начала координат - в области $(\vec r\cdot\vec n_i)>d_i$, поэтому правило можно сформулировать и для случая $d_i=0$:
если $d_i=0$, то если центр шара лежит по одну сторону от конца вектора нормали $\vec n_i$, то $(\vec r\cdot\vec n_i)>0$ и $\pm_i=+$, если же по другую, то $(\vec r\cdot\vec n_i)<0$ и $\pm_i=-$.

Перепишем уравнения в координатном виде:
$a_ix_c+b_iy_c+c_iz_c=\pm_i R+d_i$, $i=1,2,3,4$
Те же уравнения координат центра шара в матричном виде:
$\left(\begin{array}{ccсc}a_1&b_1&c_1&\mp_11\\a_2&b_2&c_2&\mp_21\\a_3&b_3&c_3&\mp_31\\a_4&b_4&c_4&\mp_41\end{array} \right)\left(\begin{array}{ccсc}x_с\\y_с\\z_с\\R\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccсc}d_1\\d_2\\d_3\\d_4\end{array}\right)$
- имеем четыре линейных уравнения от четырех неизвестных $x_c$, $y_c$, $z_c$ и $R\geqslant 0$.

Зададим оси координат, положив $A=(0,0,0)$, $B=(a,0,0)$, $D=(0,a,0)$ и $A_1=(0,0,a)$.
Координаты остальных точек: $C=(a,a,0)$, $B_1=(a,0,a)$, $D_1=(0,a,a)$, $C_1=(a,a,a)$ и $P=(a,\frac{a}{2},0)$, $Q=(\frac{a}{2},a,0)$.

Уравнения и нормали касающихся плоскостей:
- для плоскостей меньшего шара:
$CPQ$ на точках $(a,a,0)$, $(a,\frac{a}{2},0)$, $(\frac{a}{2},a,0)$ это $z=0$ и $\vec n_1=(0,0,1)$
$CPC_1$ на точках $(a,a,0)$, $(a,\frac{a}{2},0)$, $(a,a,a)$ это $x-a=0$ и $\vec n_2=(1,0,0)$
$CQC_1$ на точках $(a,a,0)$, $(\frac{a}{2},a,0)$, $(a,a,a)$ это $y-a=0$ и $\vec n_3=(0,1,0)$
$PQC_1$ на точках $(a,\frac{a}{2},0)$, $(\frac{a}{2},a,0)$, $(a,a,a)$ это $\frac{2}{3}x+\frac{2}{3}y-\frac{1}{3}z-a=0$ и $\vec n_4=(\frac{2}{3},\frac{2}{3},-\frac{1}{3})$
- а для плоскостей большего шара:
$A_1B_1D_1$ на точках $(0,0,a)$, $(a,0,a)$, $(0,a,a)$ это $z-a=0$ и $\vec n_1=(0,0,1)$
$AA_1B_1$ на точках $(0,0,0)$, $(0,0,a)$, $(a,0,a)$ это $y=0$ и $\vec n_2=(0,1,0)$
$AA_1D_1$ на точках $(0,0,0)$, $(0,0,a)$, $(0,a,a)$ это $x=0$ и $\vec n_3=(1,0,0)$
$PQC_1$ на точках $(a,\frac{a}{2},0)$, $(\frac{a}{2},a,0)$, $(a,a,a)$ это $\frac{2}{3}x+\frac{2}{3}y-\frac{1}{3}z-a=0$ и $\vec n_4=(\frac{2}{3},\frac{2}{3},-\frac{1}{3})$

Тогда, учитывая (на основе наглядного образа) характер расположения центров шаров, и либо аналитически, либо, визуально определив сторону расположения их и начала координат/концов векторов нормалей относительно касающихся плоскостей, получим знаки $\pm_i1=sign((\vec r\cdot\vec n_i)-d_i)$
- для меньшего шара наглядный образ дает $0<z_c<\frac{a}{2}<x_c=y_c<a$:
$\pm_1=sign(z_c-0)=+1$,
$\pm_2=sign(x_c-a)=-1$,
$\pm_3=sign(y_c-a)=-1$,
$\pm_4=sign(\frac{2}{3}x_c+\frac{2}{3}y_c-\frac{1}{3}z_c-a)=sign(-\frac{1}{2}a<...<\frac{1}{3}a)=?$ визуально $=+1$;
- для большего шара $0<x_c'=y_c'<\frac{a}{2}<z_c'<a$:
$\pm_1=sign(z_c'-a)=-1$,
$\pm_2=sign(y_c'-0)=+1$,
$\pm_3=sign(x_c'-0)=+1$,
$\pm_4=sign(\frac{2}{3}x_c'+\frac{2}{3}y_c'-\frac{1}{3}z_c'-a)=sign(-\frac{4}{3}a<...<-\frac{1}{2}a)=-1$.
Визуальная проверка подтверждает результаты.

Уравнения координат центра и радиуса меньшего шара:
$\left(\begin{array}{ccсc}0&0&1&-1\\1&0&0&+1\\0&1&0&+1\\\frac{2}{3}&\frac{2}{3}&-\frac{1}{3}&-1\end{array} \right)\left(\begin{array}{ccсc}x_c\\y_c\\z_c\\R\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccсc}0\\a\\a\\a\end{array}\right)$
Определитель $\Delta=-\frac{8}{3}\not=0$. Решение единственно:
$\left(\begin{array}{ccсc}0&0&1&-1\\1&0&0&+1\\0&1&0&+1\\0&0&0&-\frac{8}{3}\end{array} \right)\left(\begin{array}{ccсc}x_c\\y_c\\z_c\\R\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccсc}0\\a\\a\\-\frac{1}{3}a\end{array}\right)$
Откуда $R=\frac{1}{8}a$, $x_c=a-R=\frac{7}{8}a$, $y_c=a-R=\frac{7}{8}a$, $z_c=R=\frac{1}{8}a$.
$\vec r_c=(\frac{7}{8},\frac{7}{8},\frac{1}{8})a$

Уравнения координат центра и радиуса большего шара:
$\left(\begin{array}{ccсc}0&0&1&+1\\0&1&0&-1\\1&0&0&-1\\\frac{2}{3}&\frac{2}{3}&-\frac{1}{3}&+1\end{array} \right)\left(\begin{array}{ccсc}x_c'\\y_c'\\z_c'\\R'\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccсc}a\\0\\0\\a\end{array}\right)$
Определитель $\Delta=-\frac{8}{3}\not=0$. Решение единственно:
$\left(\begin{array}{ccсc}0&0&1&+1\\0&1&0&-1\\1&0&0&-1\\0&0&0&\frac{8}{3}\end{array} \right)\left(\begin{array}{ccсc}x_c'\\y_c'\\z_c'\\R'\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccсc}a\\0\\0\\\frac{4}{3}a\end{array}\right)$
Откуда $R'=\frac{1}{2}a$, $x_c'=R'=\frac{1}{2}a$, $y_c'=R'=\frac{1}{2}a$, $z_c'=a-R'=\frac{1}{2}a$.
$\vec r_c\ '=(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2})a$
Неожиданный результат. Плоскость $PQC_1$ задевает лишь по касательной шар, вписанный в куб.

Расстояние между центрами шаров:
$\rho=|\vec r_c-\vec r_c\ '|=\sqrt{(x_c-x_c')^2+(y_c-y_c')^2+(z_c-z_c')^2}=$
$=\sqrt{(\frac{7}{8}-\frac{1}{2})^2+(\frac{7}{8}-\frac{1}{2})^2+(\frac{1}{8}-\frac{1}{2})^2}a=\frac{\sqrt{3^2+3^2+3^2}}{8}a=\frac{3\sqrt{3}}{8}a$

[gris]

Это Вы ночью задачи решаете? Уважаемый ddn столько подсказок надавал, что можно уже и чисто геометрически, по-школьному,задачу решить. В самом деле, постройте чертеж в плоскости диагонального сечения АА1С1С. Там будут две окружности и общая касательная. Или поздно уже?

[Архипов]

1.Чертим прямоугольник со сторонами 1 м и 1,4141...м.
2. Чертим окружность радиусом 0,5 м, (циркуль втыкаем в центре прямоугольника).
3. Проводим диагональ прямоугольника (ее длина равна 1,732... ( то есть корень из 3). Отсекаем 1/8 часть этой диагонали, начиная от вершины. В полученную точку втыкаем циркуль и чертим окружность радиуса 1/8 м.
4. Касательная к двум окружностям отсекет как раз 0,3535... от вершины по длинной стороне прямоугольника (эта касательная принадлежит секущей плоскости, заданной в условии задачи).
5. Расстояние между центрами шаров равно 3/8 длины диагонали прямоугольника (то есть 3 умножить на корень из 3, делить на 8).
Что и доказано в верхнем сообщении алгебраически. А геометрически - через подобие треугольников.

[Эни]

Спасибо всем огромное за советы. Попробую всё прочитать и осмыслить.
Алгебраическое решение - это супер, но мне нужно, чтобы могли дети в 10-11 классе понять. Я сразу в вопросе это не указала, потому что даже подумать не могла, что существует так много разных решений. Не могли бы вы чуть подробнее написать как доказывать геометрически?
P.S. Заранее спасибо!!

[gris]

Задача трудновата для среднего школьника. Но в ней много подзадач, которые надо уметь решать сходу. Главное, научить видеть в сложной задаче знакомые элементы.
Например, рассмотрим малый шар, который вписан в пирамидку. Школьник (продвинутый) сразу увидит, что центр шара лежит на диагональной плоскости, представит себе, какие радиусы чему перпендикулярны, подумает, как определить радиус шара, и сделает это через объем и площадь поверхности пирамиды, которые вычисляются просто.
Далее, разберемся с большим шаром. Сразу не видно, что его диаметр равен стороне куба, но из соображений симметрии опять же его центр лежит на диагональной плоскости. А в стереометрических задачах важно уметь провести подходящее сечение, на котором уже и работать.
Вот и тут проведем диагональное сечение. на нем будут две окружности, которые, кстати, не касаются боковых сторон прямоугольника. И общая касательная, которой окружности касаются в разных точках.
Вот тут можно и предположить, что большой шар вписан целиком в куб, и доказать это с помощью свойств касательной. Вообще приучайте школьников использовать самые разные теоремы и ранее решенные задачи.
И еще, решив задачу, надо оглянуться и попробовать найти более легкий путь. Какие-то особенности расположения могут проясниться только после решения. Приучайте находить красивое решение. Вообще, imho, полезнее как следует повозиться с одной задачей, рассмотреть ее со всех сторон, выудить из нее полезные приемы, чем наскоро прорешать десяток однотипных задач.

Добавлено спустя 2 минуты 51 секунду:

Извините, что повторил банальные вещи, который каждый педагог и так зает:)

Добавлено спустя 6 минут 49 секунд:

Вот вначале попросите:
определить радиус малого шара;
доказать, что центры шаров лежат на диагональной плоскости и даже на диагонали куба;
доказать, что шар, вписанный в куб, касается проведенной плоскости.
Вот так, осмысливая и разбирая каждый шаг, Ваши ученики разберуться во всей задаче. А сразу готовое решение они могут и не понять.

[Эни]

gris
Да, Вы правы. Эта задача для маткласса. Поэтому среднему ученику с ней будет сложновато. Спсибо большое за советы. Буду думать.
P.S. Если у кого-нть ещё какие-нть мысли/советы возникнут, буду очень благодарна

[gris]

Да что же тут думать, тут уже трясти надо(С)!
Вы сами разобрались, почему центры шаров лежат на диагонали куба? Дря параллелепипеда это было бы неверно.
Доказали, что плоскость С1PQ касается шара, вписанного в куб, то есть это и есть больший шар.
Нашли площадь поверхности и объем тетраэдра CPQC1, а по ним радиус менньшего шара, а по нему положение его центра на диагонали? Ув. Архипов даже чертеж начертил. наверное, можно еще больше упростить решение.Зависит от количества доказанных теорем и уже решенных задач на эту тему. Я то как раз глазами середнячка смотрю.
Ученикам объясняйте пошагово, чтобы они в каждом шаге разобрались до конца.

[vvvv]

Учащихся нужно учить пространнственному мышлению, а для этого нужно рисовать картинки, тем более, что сейчас (когда в каждой школе есть компьютеры) это делать просто.Тогда само собой появятся мысли об элементарном решении этой задачи и не будет казаться задача сложной.

[ddn]

Тов. Архипов тут правильно заметил, что центры шаров будут лежать на главной диагонали $A_1C$, и это помогло решению.

Касательную нужно не проводить к известным окружностям, а строить ее с самого начала, как отрезок $SC_1$, где точка $S=(\frac{3}{4}a,\frac{3}{4}a,0)$ - середина $PQ$ и расположена на $AC$, откуда $SC=\frac{\sqrt{2}}{4}a$.
То есть меньшая окружность касается прямых $AC$ и $SC_1$, а большая - прямых $A_1C_1$ и $SC_1$. Причем, вместо касания с третьей прямой, имеем условие: центры окружностей лежат на $A_1C$.
Здесь задача не столько начертить окружности, сколько найти их радиусы, либо доказать равенство радиусов величинам $\frac{1}{8}$ и $\frac{1}{2}$. И тогда, с учетом касания $AC$ и $A_1C_1$, как верно заметил тов. Архипов, центры окружностей расположены на $\sqrt{3}$ своих радиусов от вершин $C$ и $A_1$, а расстояние между ними $\sqrt{3}a(1-\frac{1}{8}-\frac{1}{2})=\frac{3\sqrt{3}}{8}$.

Теперь геометрическое решение.
Центры окружностей расположены на $\sqrt{2}$ своих радиусов от сторон $AA_1$ и $CC_1$ и, как здесь тоже заметили, их не касаются. Подобные (по двум углам) прямоугольные треугольники, про которые здесь упоминалось, есть $SCC_1$, $SEF$ (меньш. окр.) и $C_1E_1F_1$ (больш. окр.), где точки $E$ и $E_1$ расположены на $AC$ и $A_1C_1$ соотвественно.
То есть
$SCC_1$: $SC=\frac{\sqrt{2}}{4}a$, $CC_1=a$, по теор. Пифагора $SC_1=\frac{3\sqrt{2}}{4}a$;
$SEF$: $SE=SC-(\sqrt{2}-1)R=\frac{\sqrt{2}}{4}a-(\sqrt{2}-1)R$;
$C_1E_1F_1$: $C_1E_1=A_1C_1-(\sqrt{2}-1)R'=\sqrt{2}a-(\sqrt{2}-1)R'$.

Требуется использовать формулу радиуса вписанной окружности: $R=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)}{(a+b+c)}}$.
Для $SCC_1$ он равен
$\frac{\tilde R}{a}=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{(4+2\sqrt{2})(4\sqrt{2}-4)(4-2\sqrt{2})}{4\sqrt{2}+4}}=\frac{1}{8}\sqrt{\frac{(4^2-(2\sqrt{2})^2)(4\sqrt{2}-4)^2}{(4\sqrt{2})^2-4^2}}=$
$=\frac{4\sqrt{2}-4}{8}\sqrt{\frac{16-8}{32-16}}=\frac{\sqrt{2}-1}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2(2+\sqrt{2})}$

Тогда, на основе подобия, найдем:
для меньшей окружности
$\frac{R}{\tilde R}=\frac{SE}{SC}$, или $2(2+\sqrt{2})R=\frac{\frac{\sqrt{2}}{4}a-(\sqrt{2}-1)R}{\frac{\sqrt{2}}{4}}$, или $(\sqrt{2}+1+(\sqrt{2}-1))R=\frac{\sqrt{2}}{4}a$, откуда $R=\frac{1}{8}a$;
для большей окружности
$\frac{R'}{\tilde R}=\frac{C_1E_1}{SC}$, или $2(2+\sqrt{2})R'=\frac{\sqrt{2}a-(\sqrt{2}-1)R'}{\frac{\sqrt{2}}{4}}$, или $(\sqrt{2}+1+(\sqrt{2}-1))R=\sqrt{2}a$, откуда $R'=\frac{1}{2}a$.

Кстати, для прямоугольного треугольника:
$(b+c-a)(a+c-b)=c^2-(b-a)^2=c^2-a^2-b^2+2ab=2ab$
и $(a+b-c)(a+b+c)=(a+b)^2-c^2=2ab$,
откуда $R=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2ab\cdot2ab}{(a+b+c)^2}}=\frac{ab}{(a+b+c)}$,
и можно было сразу посчитать
$\tilde R=\frac{\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot 1}{\frac{\sqrt{2}}{4}+1+\frac{3\sqrt{2}}{4}}a=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+4+3\sqrt{2}}a=\frac{\sqrt{2}}{4(\sqrt{2}+1)}a=\frac{1}{2(2+\sqrt{2})}a$

[Эни]

Добрый вечер. Это снова я. Уже вышли все сроки сдачи, а я всё никак не могу сдать эту задачу. Не могу понять 2 вещи:
1. Почему центры окружностей расположены на $\sqrt{3}$ своих радиусов от вершин $C$ и $A_1$ (или, что то же самое почему центры окружностей расположены на $\sqrt{2}$ своих радиусов от сторон $AA_1$ и $CC_1$ )
2. Как доказать, что большая сфера касается плоскости нижнего основания

не можете помочь?

[Архипов]

Эни писал(а):

Добрый вечер. Это снова я. Уже вышли все сроки сдачи, а я всё никак не могу сдать эту задачу. Не могу понять 2 вещи:
1. Почему центры окружностей расположены на $\sqrt{3}$ своих радиусов от вершин $C$ и $A_1$ (или, что то же самое почему центры окружностей расположены на $\sqrt{2}$ своих радиусов от сторон $AA_1$ и $CC_1$ )
2. Как доказать, что большая сфера касается плоскости нижнего основания

не можете помочь?

1. Посмотрите на эти шары сверху: они касаются вертикальных граней куба на расстоениях, равных радиусам шаров. От вертикальных ребер центры шаров расположены по гипотенузам прямоугольных треугольников, у которых катеты равны радиусам шаров.
2. Простое совпадение. Вписали большую сферу в куб (она касается всех граней куба). На рисунке выше видно, что проекция секущей плоскости С1Р перпендикулярна диагонали А1С (как касательная двух окружностей, в точке касания их (только потому, что именно так задана секущая плоскость С1QР).
Совпадение в том, что получились подобные прямоугольные треугольники А1С1С и С1СР.. Из этого подобия находим ответ к задаче.

[TOTAL]

ddn писал(а):

точка $S=(\frac{3}{4}a,\frac{3}{4}a,0)$ - середина $PQ$ и расположена на $AC$

Радиусы шаров зачем находить?

Пусть $C_1S$ и $A_1C$ пересекаються в точке $K$. Очевидно, центр большего (меньшего) шара лежит на пересечении $A_1C$ и биссектрисы угла $A_1C_1K$ (угла $CSK$). Поэтому искомое расстояние равно (биссектриса делит сторону на отрезки пропорциональные соотв сторонам тр-ка)

$$A_1C\frac{C_1K}{C_1K+A_1C_1}=\frac{3\sqrt{3}}{8} \;$$

, где $A_1C=\sqrt{3},\;\; C_1K=\frac{3\sqrt{2}}{5}, \;\;A_1C_1=\sqrt{2}$

[Батороев]

Большой шар - это шар, вписанный в большой куб.
Малый шар - это шар, вписанный в куб со стороной в 4 раза меньшей.
Расстояние от $ A_1 $ до центра большого - это половина диагонали $A_1C$.
Расстояние от $ C $ до центра малого шара - это половина от четверти $ A_1C $.
Расстояние между центрами шаров - это то, что останется.