Задача 111591

Темы:    [ Правильная призма ] [ Цилиндр ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

Сторона основания ABC правильной призмы ABCA1B1C1 равна 1, а каждое из боковых рёбер имеет длину . Прямой круговой цилиндр расположен так, что точка A1 и середина M ребра CC1 лежат на его боковой поверхности, а ось цилиндра параллельна прямой AB1 и отстоит от неё на расстоянии . Найдите радиус цилиндра.

Решение

Из прямоугольных треугольников AA1B1 и A1MC1 находим, что

AB1 = = = ,

A1M = = = .
Пусть P и Q – проекции точек соответственно A1 и M на прямую AB1 (рис.1). Треугольник AMB1 – равнобедренный ( MA1=MA=MB1 ), поэтому его высота MQ является медианой, значит, Q – середина AB1 . По свойству медианы прямоугольного треугольника, проведённой к гипотенузе QA1=AB1 = = AA1 . В равнобедренном треугольнике AA1Q высота A1P является медианой, значит, P – середина AQ . В прямоугольном треугольнике AA1B1 известно, что
tg AB1A1= = ,
следовательно,
AB1A1= 30^o, A1P = A1B1 = .
Пусть E – середина AB . Тогда
MQ = CE = = .
Если A2 и M2 – проекции соответственно точек A1 и M на ось l цилиндра, а R – радиус цилиндра. Тогда A1A2=MM2=R . Поскольку прямые l и AB1 параллельны, прямая AB1 перпендикулярна двум пересекающимся прямым A1P и A1A2 плоскости A1PA2 , поэтому A2P AB1 и A2P l . Аналогично, M2Q AB1 и M2Q l , значит, A2P=M2Q = . Плоскости A1A2P и MM2Q параллельны, т.к. обе они перпендикулярны прямой l . При параллельном переносе на вектор точка Q перейдёт в точку P , точка M2 – в точку A2 , точка M – в некоторую точку M1 , при этом
M1A2 = MM2=R, M1P = MQ = , A2M2 = PQ = AQ-AP = - =.
а т.к. прямая MQ перпендикулярна плоскости AA1B1B и M1P || MQ , то и прямая M1P перпендикулярна этой плоскости, значит, M1P A1P . Рассмотрим плоскость прямоугольного треугольника A1PM1 . Предположим, что луч PA2 проходит между сторонами прямого угла A1PM1 . Обозначим M1PA2 = α . Тогда A1PA2 = 90^o - α . По теореме косинусов
R2 = A2M12 = PA22+PM12 - 2PA2· PM1 cos α = + - 2· · · cos α,

R2 = A1A22 = PA22+PA12 - 2PA1· PA2 cos (90^o- α) = + - 2· · · sin α.
Приравняв правые части этих равенств, получим уравнение
- cos α + sin α = 0, cos α - sin α = 2, sin (60^o-α) = 1,
откуда 60^o-α = 90^o , α = -30^o , что невозможно. Пусть теперь луч PA2 не проходит между сторонами угла A1PM1 (рис.3). Тогда, если M1PA2 = α , то A1PA2 = 90^o+α . По теореме косинусов
R2 = A2M12 = PA22+M1P2 - 2PA2· PM1 cos α =

=+-2· · · cos α= - cos α,

R2 = A1A22 = PA22+PA12 - 2PA2· PA1 cos (90^o+α) =

=++2· · · sin α= + sin α.
Приравнивая правые части этих двух равенств, получим уравнение
- cos α=+ sin α sin α+ cos α = 2 sin (α +60^o) = 1.
Условию задачи удовлетворяет единственный корень этого уравнения – α = 30^o . Следовательно,
R2 = A2M12 = PA22+PM12 - 2PA2· PM1 cos α= +-2· · · cos 30^o=

=-· = - = , R=.

Ответ

.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	9037