7504. Радиус основания цилиндра равен равен r
, а высота равна 5r
. Около цилиндра описан параллелепипед, отношение объёма которого к объёму цилиндра равно \frac{5}{\pi}
. Найдите длину отрезка большей диагонали параллелепипеда, лежащего внутри цилиндра.
Ответ. 3r
.
Решение. Пусть параллелепипед ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
описан около цилиндра (рис. 1). Тогда параллелепипед — прямой, окружность одного основания цилиндра вписана в основание ABCD
параллелепипеда, а окружность второго основания — в основание A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Поскольку в параллелограммы ABCD
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
вписаны окружности, эти параллелограммы — ромбы. Если AC
и A_{1}C_{1}
— большие диагонали этих ромбов, то AC_{1}
и A_{1}C
— большие диагонали параллелепипеда.
Поскольку высоты цилиндра и параллелепипеда равны, площади оснований параллелепипеда и цилиндра относятся как их объёмы, а так как радиус окружности, вписанной в ромб, равен r
, то площадь ромба равна его полупериметру, умноженному на r
. Если a
— сторона ромба, то
\frac{2ar}{\pi r^{2}}=\frac{2a}{\pi r}=\frac{5}{\pi},
откуда находим, что a=\frac{5}{2}r
.
Пусть окружность с центром O
, вписанная в ромб ABCD
, касается стороны AB
в точке F
, а K
— середина AB
(рис. 2). Обозначим \angle OKB=\alpha
. Тогда
\sin\alpha=\frac{OF}{OK}=\frac{r}{\frac{5}{4}r}=\frac{4}{5},~\cos\alpha=\frac{3}{5},
\sin\angle OAB=\sin\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}=\frac{1}{\sqrt{5}},
поэтому
OA=\frac{OF}{\sin\angle OAB}=r\sqrt{5},~AC=2OA=2r\sqrt{5},
\tg\angle CAC_{1}=\frac{CC_{1}}{AC}=\frac{5r}{2r\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{2},~\cos\angle CAC_{1}=\frac{2}{3}.
Рассмотрим плоскость ACC_{1}A_{1}
(рис. 3). Центры O
и O_{1}
окружностей, вписанных в ромбы ABCD
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, — середины сторон AC
и A_{1}C_{1}
прямоугольника ACC_{1}A_{1}
. Пусть M
и N
— точки пересечения первой окружности с отрезком AC
, а M_{1}
и N_{1}
— второй окружности с отрезком A_{1}C_{1}
, причём MM_{1}\parallel NN_{1}
.
Пусть диагональ AC_{1}
пересекает отрезки MM_{1}
и NN_{1}
в точках P
и Q
соответственно. Опустим перпендикуляр PH
из точки P
на NN_{1}
. Тогда
PQ=\frac{PH}{\cos\angle HPQ}=\frac{MN}{\cos\angle CAC_{1}}=\frac{2r}{\frac{2}{3}}=3r.
Источник: Пособие по математике для поступающих в вузы / Под ред. Г. Н. Яковлева. — 3-е изд. — М.: Наука, 1988. — с. 511