9686. В правильную треугольную призму ABCA_{1}B_{1}C_{1}
вписан шара радиуса \sqrt{2}
. Найдите площадь боковой поверхности вписанного в шар прямого кругового цилиндра, основание которого лежит в плоскости, проходящей через точку A
и середины рёбер BB_{1}
и CC_{1}
.
Ответ. \frac{12\pi}{5}
.
Решение. Пусть M
и N
— середины рёбер BB_{1}
и CC_{1}
, R=\sqrt{2}
— радиус шара, r
— радиус основания цилиндра.
Заметим, что высота призмы равна диаметру шара, т. е. 2R
, шар касается плоскостей оснований призмы в центрах P
и P_{1}
равносторонних треугольников ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
, а плоскостей боковых граней — в точках пересечения их диагоналей (рис. 1).
Пусть K
и K_{1}
— середины BC
и B_{1}C_{1}
соответственно. Ортогональная проекция шара на плоскость ABC
есть круг радиуса R
, вписанный в треугольник ABC
. Поэтому
AP=A_{1}P_{1}=2R,~PK=P_{1}K_{1}=R,~AK=A_{1}K_{1}=3R.
Рассмотрим сечение призмы плоскостью AKK_{1}A_{1}
(рис. 2). Получим прямоугольник AKK_{1}A_{1}
со сторонами 2R
, 3R
, круг радиуса R
, касающийся сторон AK
и A_{1}K_{1}
в точках P
и P_{1}
, а стороны KK_{1}
— в её середине L
, причём центр круга совпадает с центром O
шара. Пусть \angle LAK=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{KL}{AK}=\frac{R}{3R}=\frac{1}{3},~\cos\alpha=\frac{3}{\sqrt{10}}.
Опустим перпендикуляр OQ
из центра круга на прямую AL
. Из прямоугольного треугольника OQL
находим, что
r=QL=OL\cos\angle OLQ=R\cos\alpha=\frac{3R}{\sqrt{10}}.
Пусть AQ
вторично пересекает окружность, ограничивающую круг, в точке E
. Продолжим EO
до пересечения с этой окружностью в точке F
. Тогда EL
— диаметр основания цилиндра, вписанного в данный шар, EL=2QL=2r
, а h=LF
— высота цилиндра. По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника EFL
находим, что
h=LF=\sqrt{EF^{2}-EL^{2}}=\sqrt{4R^{2}-\left(\frac{6R}{\sqrt{10}}\right)^{2}}=\frac{2R}{\sqrt{10}}.
Следовательно, площадь боковой поверхности цилиндра равна
2\pi rh=\pi\cdot\frac{6R}{\sqrt{10}}\cdot\frac{2R}{\sqrt{10}}=\frac{12\pi R^{2}}{10}=\frac{6\pi\cdot2}{5}=\frac{12}{5}\pi.