9037. Сторона основания ABC
правильной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
равна 1, а каждое из боковых рёбер имеет длину \frac{1}{\sqrt{3}}
. Прямой круговой цилиндр расположен так, что точка A_{1}
и середина M
ребра CC_{1}
лежат на его боковой поверхности, а ось цилиндра параллельна прямой AB_{1}
и находится на расстоянии \frac{1}{4}
от неё. Найдите радиус цилиндра.
Ответ. \frac{\sqrt{7}}{4}
.
Решение. Из прямоугольных треугольников AA_{1}B_{1}
и A_{1}MC_{1}
находим, что
AB_{1}=\sqrt{AA_{1}^{2}+A_{1}B_{1}^{2}}=\sqrt{\frac{1}{3}+1}=\frac{2}{\sqrt{3}},
A_{1}M=\sqrt{A_{1}C_{1}^{2}+C_{1}M^{2}}=\sqrt{1^{2}+\left(\frac{1}{2\sqrt{3}}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}.
Пусть P
и Q
— проекции точек соответственно A_{1}
и M
на прямую AB_{1}
(рис. 1). Треугольник AMB_{1}
— равнобедренный (MA_{1}=MA=MB_{1}
), поэтому его высота MQ
является медианой, значит, Q
— середина AB_{1}
. По свойству медианы прямоугольного треугольника, проведённой к гипотенузе QA_{1}=\frac{1}{2}AB_{1}=\frac{1}{\sqrt{3}}=AA_{1}
. В равнобедренном треугольнике AA_{1}Q
высота A_{1}P
является медианой, значит, P
— середина AQ
.
В прямоугольном треугольнике AA_{1}B_{1}
известно, что
\tg\angle AB_{1}A_{1}=\frac{\frac{1}{\sqrt{3}}}{1}=\frac{1}{\sqrt{3}},
следовательно,
\angle AB_{1}A_{1}=30^{\circ},~A_{1}P=\frac{1}{2}A_{1}B_{1}=\frac{1}{2}.
Пусть E
— середина AB
. Тогда
MQ=CE=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Если A_{2}
и M_{2}
— проекции соответственно точек A_{1}
и M
на ось l
цилиндра, а R
— радиус цилиндра. Тогда A_{1}A_{2}=MM_{2}=R
. Поскольку прямые l
и AB_{1}
параллельны, прямая AB_{1}
перпендикулярна двум пересекающимся прямым A_{1}P
и A_{1}A_{2}
плоскости A_{1}PA_{2}
, поэтому A_{2}P\perp AB_{1}
и A_{2}P\perp l
. Аналогично, M_{2}Q\perp AB_{1}
и M_{2}Q\perp l
, значит, A_{2}P=M_{2}Q=\frac{1}{4}
.
Плоскости A_{1}A_{2}P
и MM_{2}Q
параллельны, так как обе они перпендикулярны прямой l
. При параллельном переносе на вектор \overrightarrow{QP}
точка Q
перейдёт в точку P
, точка M_{2}
— в точку A_{2}
, точка M
— в некоторую точку M_{1}
, при этом
M_{1}A_{2}=MM_{2}=R,~M_{1}P=MQ=\frac{\sqrt{3}}{2},~A_{2}M_{2}=PQ=AQ-AP=\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{2\sqrt{3}}.
а так как прямая MQ
перпендикулярна плоскости AA_{1}B_{1}B
и M_{1}P\parallel MQ
, то и прямая M_{1}P
перпендикулярна этой плоскости, значит, M_{1}P\perp A_{1}P
.
Рассмотрим плоскость прямоугольного треугольника A_{1}PM_{1}
. Предположим, что луч PA_{2}
проходит между сторонами прямого угла A_{1}PM_{1}
. Обозначим \angle M_{1}PA_{2}=\alpha
. Тогда \angle A_{1}PA_{2}=90^{\circ}-\alpha
. По теореме косинусов
R^{2}=A_{2}M_{1}^{2}=PA_{2}^{2}+PM_{1}^{2}-2PA_{2}\cdot PM_{1}\cos\alpha=\frac{1}{16}+\frac{3}{4}-2\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\cos\alpha,
R^{2}=A_{1}A_{2}^{2}=PA_{2}^{2}+PA_{1}^{2}-2PA_{1}\cdot PA_{2}\cos(90^{\circ}-\alpha)=\frac{1}{16}+\frac{1}{4}-2\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\sin\alpha.
Приравняв правые части этих равенств, получим уравнение
\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{4}}{4}\cos\alpha+\frac{1}{4}\sin\alpha=0,~\sqrt{3}\cos\alpha-\sin\alpha=2,~\sin(60^{\circ}-\alpha)=1,
откуда 60^{\circ}-\alpha=90^{\circ}
, \alpha=-30^{\circ}
, что невозможно.
Пусть теперь луч PA_{2}
не проходит между сторонами угла A_{1}PM_{1}
(рис. 3). Тогда, если \angle M_{1}PA_{2}=\alpha
, то \angle A_{1}PA_{2}=90^{\circ}+\alpha
. По теореме косинусов
R^{2}=A_{2}M_{1}^{2}=PA_{2}^{2}+M_{1}P^{2}-2PA_{2}\cdot PM_{1}\cos\alpha=
=\frac{1}{16}+\frac{3}{4}-2\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\cos\alpha=\frac{13}{16}-\frac{\sqrt{3}}{4}\cos\alpha,
R^{2}=A_{1}A_{2}^{2}=PA_{2}^{2}+PA_{1}^{2}-2PA_{2}\cdot PA_{1}\cos(90^{\circ}+\alpha)=
=\frac{1}{16}+\frac{1}{4}+2\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\sin\alpha=\frac{5}{16}+\frac{1}{4}\sin\alpha.
Приравнивая правые части этих двух равенств, получим уравнение
\frac{13}{16}-\frac{\sqrt{3}}{4}\cos\alpha=\frac{5}{16}+\frac{1}{4}\sin\alpha~\Leftrightarrow~\sin\alpha+\sqrt{3}\cos\alpha=2~\Leftrightarrow~\sin(\alpha+60^{\circ})=1.
Условию задачи удовлетворяет единственный корень этого уравнения — \alpha=30^{\circ}
. Следовательно,
R^{2}=A_{2}M_{1}^{2}=PA_{2}^{2}+PM_{1}^{2}-2PA_{2}\cdot PM_{1}\cos\alpha=\frac{1}{16}+\frac{3}{4}-2\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\cos30^{\circ}=
=\frac{13}{16}-\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{13}{16}-\frac{3}{8}=\frac{7}{16},~R=\frac{\sqrt{7}}{4}.