9867. Ребро правильного тетраэдра равно 1. Прямая, содержащая высоту тетраэдра является осью цилиндра, окружность нижнего основания которого лежит в плоскости основания тетраэдра, а окружность верхнего основания касается боковых граней. Найдите объём цилиндра, если эта окружность пересекает:
1) остальные высоты тетраэдра;
2) отрезки, соединяющие середины противоположных рёбер тетраэдра (бимедианы тетраэдра).
Ответ. 1) \frac{\pi\sqrt{6}}{243}
или \frac{\pi\sqrt{6}}{343}
;
2) \frac{\pi\sqrt{6}}{250}
.
Решение. Пусть ABCD
— правильный тетраэдр с ребром 1, DD_{1}
— высота тетраэдра, лежащая на оси цилиндра, O
— центр верхнего основания цилиндра, r
— радиус основания, h
— высота цилиндра.
1) Возможны два случая: окружность верхнего основания цилиндра 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 верхнего основания цилиндра 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 цилиндра составляет \frac{1}{3}
высоты тетраэдра, проведённой из вершины D
, т. е.
h=\frac{1}{3}\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}
(см. задачу 7040). Значит,
V_{\mbox{цилиндра}}=\pi r^{2}h=\pi\cdot\frac{1}{27}\cdot\frac{\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}=\frac{\pi\sqrt{2}}{81\sqrt{3}}=\frac{\pi\sqrt{6}}{243}.
Рассмотрим второй случай. Пусть окружность верхнего основания цилиндра 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}
. Тогда
HO=\frac{r\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{7}\cdot\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{6}}{28},
h=OD_{1}=HD_{1}-HO=\frac{1}{4}DD_{1}-HO=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{2}{3}}-\frac{\sqrt{6}}{28}=\frac{\sqrt{6}}{12}-\frac{\sqrt{6}}{28}=\frac{\sqrt{6}}{21}.
Следовательно,
V_{\mbox{цилиндра}}=\pi r^{2}h=\pi\cdot\frac{3}{49}\cdot\frac{\sqrt{6}}{21}=\frac{\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. Возможен только один случай: окружность верхнего основания цилиндра пересекает бимедиану EF
тетраэдра в точке Q
, лежащей на отрезке FH
.
Пусть P
— точка касания окружности верхнего основания цилиндра с гранью ADB
, PQ=2r
— диаметр основания цилиндра. 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}.
Тогда \cos\varphi=\frac{2\sqrt{2}}{3}
. Значит,
h=PE\cos\varphi=2r\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{10}\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{2\sqrt{6}}{15}.
Следовательно,
V_{\mbox{цилиндра}}=\pi r^{2}h=\pi\cdot\frac{3}{100}\cdot\frac{2\sqrt{6}}{15}=\frac{\pi\sqrt{6}}{250}.
Источник: Дзык П. Г. Сборник стереометрических задач на комбинации геометрических тел. — Одесса: Mathesis, 1914. — № 179, с. 27