9895. Ребро правильного октаэдра PABCDQ
(P
и Q
— противоположные вершины) равно 1. Прямая, проходящая через центры противоположных граней ADP
и CBQ
, есть ось цилиндра. Окружность одного основания цилиндра пересекает рёбра AB
, CD
, CP
и BC
, а окружность другого — рёбра AB
, CD
, BQ
и CQ
. Осевое сечение цилиндра — квадрат. Найдите высоту цилиндра.
Ответ. \sqrt{2}
.
Решение. Пусть H
— центр квадрата ABCD
, M
и N
— середины рёбер AD
и BC
соответственно, E
и F
— центры граней ADP
и CBQ
соответственно, X
, Y
, Z
и T
— точки пересечения окружности одного из основания цилиндра с рёбрами AB
, CD
, CP
и BC
соответственно, G
— центр этой окружности, K
— точка пересечения отрезков MN
и XY
, r
— радиус цилиндра h=2r
— его высота.
Пусть точка G
лежит на отрезке HE
. Отрезок HE
— высота прямоугольного треугольника MHP
с катетами
HM=\frac{1}{2},~HP=\sqrt{PA^{2}-AH^{2}}=\sqrt{1-\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}
и гипотенузой PM=\frac{\sqrt{3}}{2}
, поэтому
HE=\frac{HM\cdot HP}{PM}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{6}.
Прямая EF
проходит через точку H
и перпендикулярна плоскостям APD
и CQD
, поэтому плоскость сечения XYZT
тоже параллельна этим плоскостям. Тогда стороны XT
, XY
, YZ
и ZT
четырёхугольника XYZT
соответственно параллельны рёбрам PA
, AD
, BC
октаэдра. Пусть точка G
лежит на отрезке HE
. Тогда HG=\frac{1}{2}h=r
.
Треугольник XTB
подобен треугольнику APB
с коэффициентом
\frac{BX}{AB}=\frac{NK}{MN}=\frac{FG}{EF}=\frac{FH+HG}{2EH}=\frac{HE+HG}{2EH}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{6}+r}{\frac{\sqrt{6}}{3}}=\frac{1}{2}+\frac{r\sqrt{6}}{2}.
Значит,
XT=AP\cdot\frac{BX}{AB}=\frac{1}{2}+\frac{r\sqrt{6}}{2},
Аналогично, YZ=\frac{1}{2}+\frac{r\sqrt{6}}{2}
.
Коэффициент подобия треугольников TPZ
и BPC
равен
\frac{TZ}{BC}=\frac{PT}{PB}=\frac{AX}{AF}=\frac{GE}{EF}=\frac{1}{2}-\frac{r\sqrt{6}}{2}.
Таким образом, сечение XYZT
— равнобедренная трапеция со сторонами
XY=1,~XY=YZ=\frac{1}{2}+\frac{r\sqrt{6}}{2},~ZT=\frac{1}{2}-\frac{r\sqrt{6}}{2}
и углом 60^{\circ}
при основании XY
. Радиус окружности, описанной около этой трапеции равен радиусу r
цилиндра. По теореме синусов
XZ=2r\sin60^{\circ}=r\sqrt{3}.
С другой стороны, по теореме косинусов
XZ^{2}=XY^{2}+YZ^{2}-2XY\cdot YZ\cos60^{\circ}=
=1+\left(\frac{1}{2}+\frac{r\sqrt{6}}{2}\right)^{2}-\frac{1}{2}-\frac{r\sqrt{6}}{2}=\frac{3}{4}+\frac{3}{2}r^{2}.
Из уравнения
3r^{2}=\frac{3}{4}+\frac{3}{2}r^{2}
находим, что r=\frac{\sqrt{2}}{2}
. Следовательно, h=2r=\sqrt{2}
.
Источник: Дзык П. Г. Сборник стереометрических задач на комбинации геометрических тел. — Одесса: Mathesis, 1914. — № 225, с. 34