9849. Ребро правильного тетраэдра
ABCD
равно 1. Все вершины тетраэдра лежат на боковой поверхности цилиндра, ось которого перпендикулярна прямой, проходящей через середины рёбер
AB
и
CD
, и образует с одним из этих рёбер угол
\alpha
. Найдите радиус цилиндра.
Ответ.
\frac{\sqrt{9-\sin^{2}2\alpha}}{4\sqrt{2}}
.
Решение. Пусть
M
и
N
— середины рёбер
AB
и
CD
соответственно. Рассмотрим ортогональную проекцию цилиндра и тетраэдра на плоскость, перпендикулярную оси цилиндра. Вершины тетраэдра лежат на боковой поверхности цилиндра, поэтому их ортогональные проекции лежат на окружности сечения цилиндра плоскостью проекции (рис. 1). Таким образом, задача сводится к вычислению радиуса окружности, описанной около четырёхугольника
A'B'C'D'
, вершины которого — проекции вершин тетраэдра (
A'
— проекция вершины
A
и т. д.).
Поскольку прямая
MN
перпендикулярна оси цилиндра, т. е. проектирующей прямой, проекция
M'N'
отрезка
MN
параллельна и равна отрезку
MN
, т. е.
\frac{1}{\sqrt{2}}
(см. задачу 7046). Пусть ось цилиндра образует угол
\alpha
с прямой
AB
. Тогда с прямой
CD
она образует угол
90^{\circ}-\alpha
, так как в правильном тетраэдре (как и в любой правильной треугольной пирамиде) противоположные рёбра попарно перпендикулярны. Значит,
A'B'=AB\cos\alpha=\cos\alpha,~C'D'=CD\cos(90^{\circ}-\alpha)=\sin\alpha.

При этом из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что
A'B'\perp M'N'
и
C'D'\perp M'N'
, поэтому
A'B'\parallel C'D'
. Значит, вписанный четырёхугольник
A'B'C'D'
— равнобедренная трапеция с основаниями
A'B'=\cos\alpha
,
C'D'=\sin\alpha
и отрезком
M'N'=\frac{1}{\sqrt{2}}
, соединяющем середины оснований (т. е. высотой трапеции).
Проведём высоту
C'H=M'N'=\frac{1}{\sqrt{2}}
этой трапеции (рис. 2). Тогда
A'H=\frac{A'B'+C'D'}{2},~B'H=\frac{A'B'-C'D'}{2}

(см. задачу 1921). Из прямоугольных треугольников
B'HC'
и
A'HC'
находим, что
B'C'=\sqrt{C'H^{2}+B'H^{2}}=\sqrt{\frac{1}{2}+\left(\frac{\cos\alpha-\sin\alpha}{2}\right)^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{3-\sin2\alpha},

\sin\angle A'B'C'=\sin\angle HB'C'=\frac{C'H}{B'C'}=\frac{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\frac{1}{2}\sqrt{3-\sin2\alpha}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3-\sin2\alpha}}.

A'C'=\sqrt{A'H^{2}+C'H^{2}}=\sqrt{\left(\frac{\cos\alpha-\sin\alpha}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{3+\sin2\alpha}.

Пусть
r
— искомый радиус. По теореме синусов (см. задачу 23)
r=\frac{A'C'}{2\sin\angle A'B'C'}=\frac{\frac{1}{2}\sqrt{3+\sin2\alpha}}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3-\sin2\alpha}}x}=\frac{\sqrt{9-\sin^{2}2\alpha}}{4\sqrt{2}}.

Источник: Дзык П. Г. Сборник стереометрических задач на комбинации геометрических тел. — Одесса: Mathesis, 1914. — № 239, с. 36