9810. В правильную четырёхугольную пирамиду вписан равносторонний цилиндр (высота равна диаметру основания) так, что его ось параллельна диагонали основания пирамиды, а окружности оснований касаются двух соседних боковых граней и основания пирамиды. Найдите радиус цилиндра, если:
1) боковое ребро пирамиды равно 5, а её высота равна 4;
2) боковое ребро равно 5, а высота равна 3.
Ответ. 1) 1; 2) 1.
Решение. 1) Пусть H
— точка пересечения диагоналей основания ABCD
правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
, SA=5
, SH=4
. Окружности оснований цилиндра, о котором говорится в условии, вписаны в сечения пирамиды плоскостями, параллельными плоскости одного из диагональных сечений пирамиды, например, плоскости BSD
. Эти сечения — равнобедренные треугольники, вписанные окружности которых и есть основания цилиндра.
Одно из этих сечений пересекает боковое ребро SA
пирамиды в точке M
, стороны AB
, AD
и диагональ AC
основания пирамиды в точках K
, L
и P
соответственно, а второе пересекает боковое ребро SC
в точке N
, стороны CB
, CD
и диагональ AC
основания пирамиды в точках E
, F
и Q
соответственно.
По теореме Пифагора
BH=AH=\sqrt{SA^{2}-SH^{2}}=\sqrt{25-16}=3,
поэтому AC=2AH=6
. Пусть \alpha
— угол бокового ребра с плоскостью основания пирамиды пирамиды. Из прямоугольного треугольника SBH
находим, что
\tg\alpha=\tg\angle HBS=\frac{SH}{BH}=\frac{4}{3}.
Тогда \cos\alpha=\frac{3}{5}
. Поскольку KL\parallel BD
и KM\parallel BS
, угол MKL
при основании равнобедренного треугольника KML
тоже равен \alpha
.
Пусть O
— центр окружности радиуса r
, вписанной в треугольник KML
, PQ=h
— высота цилиндра, PL=PA=PK=QC=QE=QF=x
. Тогда
MP=PK\tg\alpha=x\cdot\frac{4}{3}=\frac{4}{3}x,~MK=\frac{PK}{\cos\alpha}=\frac{x}{\frac{3}{5}}=\frac{5}{3}x,
а так как KO
— биссектриса прямоугольного треугольника MPK
, то
\frac{OP}{OM}=\frac{PK}{KM}=\frac{x}{\frac{5}{3}x}=\frac{3}{5}
(см. задачу 1509). Следовательно,
r=\frac{3}{8}MP=\frac{3}{8}\cdot\frac{4}{3}x=\frac{x}{2},
а так как цилиндр равносторонний, то
h=PQ=2r=x,~6=AC=AP+PQ+QC=x+x+x=3x,
откуда x=2
. Следовательно, r=1
.
2) Аналогично предыдущему пункту найдём \tg\alpha=\frac{3}{4}
, поэтому
\cos\alpha=\frac{4}{5},~MP=\frac{3}{4}x,~r=\frac{1}{3}x,~h=2r=\frac{2}{3}x,
8=AC=x+\frac{2}{3}x+x=\frac{8}{3}x,
откуда x=3
. Следовательно,
r=\frac{1}{3}x=1.
Источник: Дзык П. Г. Сборник стереометрических задач на комбинации геометрических тел. — Одесса: Mathesis, 1914. — № 182, с. 28