Задача 110564

Темы:    [ Цилиндр ] [ Касательные к сферам ] [ Произведение длин отрезков хорд и длин отрезков секущих ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

Сфера, касающаяся верхнего основания цилиндра, имеет единственную общую точку с окружностью его нижнего основания и делит ось цилиндра в отношении 2:6:1, считая от центра одного из оснований. Найдите объём цилиндра, если известно, что сфера касается двух его образующих, находящихся на расстоянии 2 друг от друга.

Решение

Пусть P и Q – центры верхнего и нижнего оснований цилиндра соответственно, O – центр сферы, A и B – точки пересечения сферы с осью цилиндра, K – единственная общая точка сферы и окружности нижнего основания цилиндра (рис.1). Рассмотрим сечение цилиндра и сферы плоскостью нижнего основания цилиндра (рис.2). Получим окружность нижнего основания цилиндра и касающуюся её внутренним образом в точке K окружность сечения сферы, причём центр N этой окружности – ортогональная проекция центра O сферы на эту плоскость. Точки Q , N и K лежат на одной прямой, т.к. линия центров двух касающихся окружностей проходит через их точку касания. Пусть M – точка касания сферы с верхним основанием цилиндра. Тогда радиус OM сферы перпендикулярен плоскости верхнего основания цилиндра, значит, точки O , M и N лежат на одной прямой. Рассмотрим сечение цилиндра и сферы плоскостью, проходящей через ось PQ цилиндра и точку K . Из предыдущих рассуждений следует, что в эта плоскость проходит через прямую MN . Пусть C – проекция точки O на прямую PQ (рис.3). Поскольку радиус, перпендикулярный хорде, делит её пополам, точка C – середина отрезка AB . Предположим, что PA:AB:BQ= 1:6:2 . Тогда CQ > CP = OM = r , где r – радиус сферы, что невозможно, т.к. сфера пересекает нижнее основание цилиндра. Значит, PA:AB:BQ= 2:6:1 . Положим AP=2t , AB=6t , BQ=3t . Тогда

PQ = 2t+6t+t = 9t, r=OM = PC = PA+AC = 2t+3t = 5t.
По теореме о касательной и секущей
PM2 = PA· PB = 2t(2t+6t) = 16t2, PM = 4t,
Пусть L – отличная от K точка пересечения окружности сечения с прямой QK . Тогда N – середина KL и по теореме о касательной и секущей
7t2 = t· 7t = QB· QA= QL· QK = QB· QA = (QN-LN)(QN+NK) =

=(PM-NL)(PM+NL) = (4t-NL)(4t+NL) = 16t2-NL2,
откуда NL = 3t . Если R – радиус основания цилиндра, то
R = QK = QN+NK = PM + NK = PM+NL = 4t+3t = 7t.
Пусть E и F – проекции на плоскость нижнего основания цилиндра тех образующих цилиндра, которые касаются сферы. Тогда EF = 2 , а т.к. QK – серединный перпендикуляр к общей хорде EF пересекающихся окружностей, то EF QK и точка D пересечения EF и QK – середина отрезка EF . В треугольнике QEN известно, что
QE = QK = R = 7t, NE = r = 5t, QN = PM = 4t.
Обозначим EQN = α . По теореме косинусов
cos α = = = ,
тогда
sin α = = = .
Из прямоугольного треугольника EDQ находим, что
7t = QE = = = ,
откуда t= . Следовательно, если V – объём цилиндра, то
V = π R2· PQ = π · 49t2· 9t = 441π t3 = .

Ответ

π .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8763