9874. Объём правильного тетраэдра равен 1. Прямая, проходящая через середины M
и N
противоположных рёбер тетраэдра является осью цилиндра, вписанного в тетраэдр так, что окружности оснований касаются двух граней тетраэдра. Найдите объём цилиндра, если отрезок одной из высот тетраэдра, заключённый внутри цилиндра, равен четверти высоты.
Ответ. \frac{\pi}{36}
или \frac{25\pi}{576}
.
Решение. Пусть r
и h
— радиус основания и высота цилиндра, отрезок XY
высоты DH
тетраэдра, заключённый внутри цилиндра равен четверти высоты, т. е. XY=\frac{1}{4}a\sqrt{\frac{2}{3}}
, M
и N
— середины рёбер AB
и CD
правильного тетраэдра с ребром a
и объёмом 1. Тогда
MN=\frac{a\sqrt{2}}{2},~\frac{a^{3}\sqrt{2}}{12}=1
(см. задачу 7046).
Заметим, что точка O
пересечения высот правильного тетраэдра ABCD
является центром осевого сечения цилиндра, так как O
— середина отрезка MN
(см. задачу 7108) и середина отрезка, соединяющего центры оснований цилиндра (будет доказано ниже). Значит, точки X
и Y
симметричны относительно O
. Следовательно, обе эти точки лежат либо на боковой поверхности цилиндра, либо на его основаниях.
Предположим, что обе точки X
и Y
лежат на боковой поверхности цилиндра. Проведём сечение тетраэдра и цилиндра плоскостью DMC
(рис. 1). Получим равнобедренный треугольник DMC
со сторонами DM=CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}
, CD=a
и высотой MN=\frac{a\sqrt{2}}{2}
, прямоугольник EFKL
с вершинами E
и F
на отрезках MC
и DC
соответственно и вершинами K
и L
внутри треугольника CMD
, отрезок XY
с концами на сторонах FK
и EL
соответственно.
Пусть O_{1}
и O_{2}
— середины отрезков EF
и KL
соответственно, т. е. центры оснований цилиндра. Тогда O_{1}M=O_{2}N
(чтобы в этом убедиться, достаточно рассмотреть сечение ANB
).
Обозначим \angle CDH=\alpha
. Из прямоугольного треугольника CDH
находим, что
\cos\alpha=\frac{DH}{CD}=\frac{a\sqrt{\frac{2}{3}}}{a}=\sqrt{\frac{2}{3}},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Угол между XY
и EF
тоже равен \alpha
, поэтому
2r=EF=XY\cos\alpha=\frac{1}{4}a\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{a}{6}.
Треугольник EMF
подобен треугольнику CMD
с коэффициентом \frac{EF}{CD}=\frac{1}{6}
, поэтому
NO_{2}=MO_{1}=\frac{1}{6}MN=\frac{1}{6}\cdot\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{12},
значит,
h=O_{1}O{2}=MN-2MO_{1}=\frac{a\sqrt{2}}{2}-\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{3}.
Следовательно,
V_{\mbox{цилиндра}}=\pi r^{2}h=\pi\left(\frac{1}{2}EF\right)^{2}\cdot O_{1}O_{2}=
=\pi\cdot\left(\frac{a}{12}\right)^{2}\cdot\frac{a\sqrt{2}}{3}=\pi\cdot\frac{a^{3}\sqrt{2}}{12}\cdot\frac{1}{36}=\frac{\pi}{36}.
Пусть теперь точки X
и Y
лежат на основаниях цилиндра (рис. 2). Тогда угол между XY
и EL
равен 90^{\circ}-\alpha
, поэтому
h=EL=XY\cos(90^{\circ}-\alpha)=XY\sin\alpha=\frac{1}{4}\cdot\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{2}}{12},
2r\sqrt{2}=2MO_{1}=MN-O_{1}O_{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}-h=\frac{a\sqrt{2}}{2}-\frac{a\sqrt{2}}{12}=\frac{5a\sqrt{2}}{12},
откуда r=\frac{5a}{24}
. Следовательно,
V_{\mbox{цилиндра}}=\pi r^{2}h=\pi\cdot\left(\frac{5a}{24}\right)^{2}\cdot\frac{a\sqrt{2}}{12}=\frac{25\pi a^{2}}{576}\cdot\frac{a\sqrt{2}}{12}=\pi\cdot\frac{a^{3}\sqrt{2}}{12}\cdot\frac{25}{576}=\frac{25\pi}{576}.