9859. Вершина конуса совпадает с одной из вершин правильного тетраэдра с ребром 1, ось конуса содержит высоту тетраэдра, проведённую из этой вершины, а окружность основания пересекает: 1) остальные высоты тетраэдра; 2) отрезки, соединяющие середины противоположных рёбер тетраэдра (бимедианы тетраэдра). Найдите объём конуса.
Ответ. 1) \frac{2\pi\sqrt{6}}{729}
или \frac{2\pi\sqrt{6}}{343}
; 2) \frac{2\pi\sqrt{6}}{500}
или \frac{\pi\sqrt{6}}{108}
.
Решение. Пусть ABCD
— правильный тетраэдр с ребром 1, DD_{1}
— высота тетраэдра, лежащая на оси конуса, O
— центр основания конуса, r
— радиус основания, h
— высота конуса.
1) Возможны два случая: окружность основания конуса пересекает остальные три высоты тетраэдра либо в их основаниях, т. е. в центрах граней, либо в точках, лежащих на отрезках этих высот от вершины до точки H
их пересечения — ортоцентра правильного тетраэдра, т. е. точки, делящей каждую высоту тетраэдра в отношении 3:1
, считая от вершины (см. задачу 7110).
В первом из этих случаев окружность основания конуса подобна (гомотетична) вписанной окружности основания тетраэдра с коэффициентом \frac{2}{3}
, т. е.
r=\frac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{9}.
а высота конуса составляет также \frac{2}{3}
высоты тетраэдра, проведённой из вершины D
, т. е.
h=\frac{2}{3}\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}
(см. задачу 7040). Значит,
V_{\mbox{конуса}}=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi\cdot\frac{1}{27}\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}=\frac{2\pi\sqrt{2}}{243\sqrt{3}}=\frac{2\pi\sqrt{6}}{729}.
Рассмотрим второй случай. Пусть окружность основания конуса касается грани ABD
в точке P
и пересекает высоту CC_{1}
тетраэдра в точке Q
, лежащей между C
и H
. Тогда точка P
лежит на медиане DE
треугольника ADB
а PQ
— диаметр окружности.
Обозначим
\angle HPO=\angle HQO=\angle C_{1}CE=\angle ODE=\varphi.
Тогда
\ctg\varphi=\frac{DD_{1}}{OE}=\frac{\sqrt{\frac{2}{3}}}{\frac{\sqrt{3}}{6}}=2\sqrt{2},~\tg\varphi=\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4},
HO=OP\tg\angle HPO=\frac{r\sqrt{2}}{4},~DO=OP\ctg\varphi=2r\sqrt{2},
DH=\frac{3}{4}DD_{1}=\frac{3}{4}\sqrt{\frac{2}{3}}
(см. задачу 7047), а так как OH+DH=DO
, то
\frac{r\sqrt{2}}{4}+\frac{3}{4}\sqrt{\frac{2}{3}}=2r\sqrt{2},
откуда r=\frac{\sqrt{3}}{7}
, а h=OD=\frac{2\sqrt{6}}{7}
. Следовательно,
V_{\mbox{конуса}}=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi\cdot\frac{3}{49}\cdot\frac{2\sqrt{6}}{7}=\frac{2\pi\sqrt{6}}{343}.
2) Известно, что бимедиана тетраэдра проходит через точку пересечения его медиан (см. задачу 7110). В нашем случае это точка H
— центр правильного тетраэдра. Пусть E
и F
— середины рёбер AB
и CD
соответственно. Возможны два случая: окружность основания конуса пересекает бимедиану EF
тетраэдра в точке Q
, лежащей либо на отрезке FH
, либо вне его.
Рассмотрим первый случай. Пусть P
— точка касания окружности основания конуса с гранью ADB
, PQ=2r
— диаметр основания конуса. Треугольник DEC
равнобедренный, так как DE=CE=\frac{\sqrt{3}}{2}
. Его медиана EF
является биссектрисой, поэтому
\angle EQP=\angle CEQ=\angle PEQ.
Значит, треугольник PEQ
— тоже равнобедренный, PE=PQ=2r
. Тогда
DP=DE-PE=\frac{\sqrt{3}}{2}-2r.
Из подобия треугольников DOP
и DD_{1}E
получаем, что
\frac{OP}{DP}=\frac{D_{1}E}{DE}=\frac{1}{3},~\mbox{или}~\frac{r}{\frac{\sqrt{3}}{2}-2r}=\frac{1}{3},
откуда r=\frac{\sqrt{3}}{10}
. В пункте 1) найдено, что
\tg\angle DPO=\ctg\varphi=2\sqrt{2}.
Значит,
h=OP\tg DPO=2r\sqrt{2}=\frac{2\sqrt{3}}{10}\cdot\sqrt{2}=\frac{\sqrt{6}}{5}.
Следовательно,
V_{\mbox{конуса}}=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi\cdot\frac{3}{100}\cdot\frac{\sqrt{6}}{5}=\frac{\pi\sqrt{6}}{500}.
Единственная возможность для второго случая — окружность основания конуса вписана в основание ABC
. Тогда
r=\frac{\sqrt{3}}{6},~h=\sqrt{\frac{2}{3}}.
Следовательно,
V_{\mbox{конуса}}=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi\cdot\frac{1}{12}\cdot\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\pi\sqrt{6}}{108}.