14466. Две вершины равностороннего треугольника со стороной a
лежат на окружности верхнего основания цилиндра, а третья вершина — на окружности нижнего основания. Плоскость треугольника составляет с образующей цилиндра угол \alpha
. Найдите боковую поверхность цилиндра.
Ответ. \frac{1}{4}\pi a^{2}(3\sin^{2}\alpha+1)\ctg\alpha
.
Решение. Пусть вершины A
и B
равностороннего треугольника ABC
лежат на окружности верхнего основания цилиндра с образующей h
и радиусом основания R
; S
— искомая боковая поверхность цилиндра; M
— середина отрезка AB
; A'
, B'
и M'
— ортогональные проекции точек соответственно A
, B
и M
на нижнее основание цилиндра; M'H
— перпендикуляр к высоте CM
равностороннего треугольника ABC
. Тогда M'H
— перпендикуляр к плоскости ABC
, а M'MH
— угол наклонной M'M
с плоскостью ABC
. По условию, \angle M'MC=\angle M'MH=\alpha
.
Прямая AB
перпендикулярна пересекающимся прямым MM'
и CM
плоскости CMM'
, поэтому прямая AB
(а значит, и A'B'
) перпендикулярна плоскости CMM'
. Тогда A'B'\perp CM'
.
Из прямоугольного треугольника MM'C
находим, что
h=OM'=CM\cos\angle M'MC=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cos\alpha,~
CM'=CM\sin\angle M'MC=\frac{a\sqrt{3}}{2}\sin\alpha.
Продолжим отрезок CM'
за точку M'
до пересечения с окружностью нижнего основания цилиндра в точке D
. Хорда CD
проходит через середину хорды A'B'
и перпендикулярна ей, поэтому CD
— диаметр окружности нижнего основания цилиндра. По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд
CM'\cdot M'D=A'M'\cdot M'B'~\mbox{или}~\frac{a\sqrt{3}}{2}\sin\alpha\cdot\left(2R-\frac{a\sqrt{3}}{2}\sin\alpha\right)=\frac{a^{2}}{4},
откуда
R=\frac{a(1+3\sin^{2}\alpha)}{4\sqrt{3}\sin\alpha}.
Следовательно,
S=2\pi Rh=2\pi\cdot\frac{a(1+3\sin^{2})}{4\sqrt{3}\sin\alpha}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cos\alpha=\frac{1}{4}\pi a^{2}(3\sin^{2}\alpha+1)\ctg\alpha.