Задача 111590

Темы:    [ Прямоугольные параллелепипеды ] [ Цилиндр ] [ Теорема о трех перпендикулярах ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

Основанием прямого параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 является квадрат ABCD со стороной 4, а длина каждого бокового ребра AA1 , BB1 , CC1 , DD1 равна 6. Прямой круговой цилиндр расположен так, что его ось лежит в плоскости BB1D1D , а точки A1 , C1 , B1 и центр O квадрата ABCD лежат на боковой поверхности цилиндра. Найдите радиус цилиндра (найдите все решения).

Решение

1. Предположим, что ось l цилиндра пересекает прямую OB1 в некоторой точке K (рис.1), а прямую BB1 – в точке F . Пусть A2 , B2 , C2 и O2 – проекции точек соответственно A , B , C и O на прямую l . Тогда точка A2 совпадает с точкой C2 , а т.к. точки O и B1 равноудалены от оси цилиндра, то B1B2=OO2=R (где R – искомый радиус цилиндра), значит, точка K – середина отрезка OB1 . Через точку K проведём прямую, параллельную BD . Пусть эта прямая пересекает рёбра BB1 и DD1 в точках N и M соответственно. Тогда N и M – середины этих рёбер. Обозначим FKN = α , B1KN=β . Будем считать, что α <90^o и β < 90^o . Отрезок KN – средняя линия треугольника OBB1 , поэтому

KN = OB=· BD = · 4=.
Из прямоугольных треугольников KB1N и KB1B2 находим, что
KB1 = = =, cos β = = , sin β = = ,

R=C1C2 = B1B2 = KB1 sin (α + β) = sin (α + β)= ( sin α cos β + cos α sin β) =

=( sin α+ cos α)= sin α+3 cos α.
Пусть O1 – центр квадрата A1B1C1D1 , E – проекция точки O1 на прямую B1B2 . Прямая A1O1 – перпендикулярна плоскости BB1D1D , а наклонная A1C2 перпендикулярна прямой l , лежащей в этой плоскости, поэтому проекция O1C2 наклонной A1C2 также перпендикулярна прямой l , значит, O1C2 || B1B2 , а т.к. O1E || l , то EO1B1 = NKB2 = α . Из прямоугольного треугольника EO1B1 находим, что
B1E = O1B1 sin α =2 sin α.
Тогда
O1C2 = EB2=B1B2-B1E = sin α+3 cos α-2 sin α= 3 cos α- sin α.
Тогда
C1C22 = O1C22+O1C12, ( sin α+3 cos α)2 = (3 cos α- sin α)2+8, 3 sin α cos α = ,
По предположению α < 90^o , поэтому sin α > 0 и cos α >0 . Возведём обе части полученного уравнения в квадрат:
9 sin2 α cos2 α = 2, 9 sin2 α (1- sin2 α) = 2,

9 sin 4 α -9 sin2 α +2 = 0, ( sin2 α -)( sin2 α -)=0,
откуда sin α = или sin α = . В первом случае
R= sin α+3 cos α = · +3· = ,
во втором –
R= sin α+3 cos α = · +3· = 4.
2. Предположим, что ось l параллельна прямой OB1 (рис.2). Тогда OB1 – образующая цилиндра. Пусть A2 , B2 , C2 и O2 – проекции точек соответственно A , B , C и O на прямую l , O1 – центр квадрата A1B1C1D1 . Тогда точка A2 совпадает с точкой C2 , а т.к. точки O и B1 равноудалены от оси цилиндра, то B1B2=OO2=R (где R – искомый радиус цилиндра), прямая O1C2 перпендикулярна оси l цилиндра. Если прямые O1C2 и OB1 пересекаются в точке E , то O1E OB1 . Обозначим OO1E = BOB1 = β . Тогда
OB1 = = = 2, sin β = = = ,

O1E = OO1 cos β = 6, C2E=B1B2 =R, C2O1 = C2E-O1E = R-6.
Из прямоугольного треугольника C1OC2 находим, что C1C22 =O1C22+O1C12 , или
R2=(R-6)2 + 8,
откуда R= .

Ответ

, 4 , .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	9036