Страница 87 номер 8.29, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень

Дано:
\(ABCA_1B_1C_1\) — правильная призма
все рёбра призмы равны \(a\)
\(A\) и \(A_1\) лежат на боковой поверхности цилиндра
плоскость \(BCC_1\) касается боковой поверхности цилиндра
ось цилиндра параллельна прямой \(B_1C\)

Найти: \(r\) — радиус основания цилиндра.

Решение: Призма правильная и все её рёбра равны \(a\), поэтому основания призмы — равносторонние треугольники, а боковые грани — квадраты со стороной \(a\). Пусть \(\gamma\) — плоскость нижнего основания цилиндра, \(O\) — центр этого основания. Рассмотрим ортогональную проекцию на плоскость \(\gamma\); проекцию точки \(X\) обозначим \(X'\). Проектирующие прямые перпендикулярны плоскости \(\gamma\), то есть параллельны оси цилиндра и прямой \(B_1C\).

Каждая точка боковой поверхности цилиндра лежит на образующей, а образующая перпендикулярна плоскости \(\gamma\), поэтому проекции \(A'\) и \(A_1'\) вершин \(A\) и \(A_1\) лежат на окружности основания.

Плоскость \(BCC_1\) содержит прямую \(B_1C\), перпендикулярную плоскости \(\gamma\), поэтому перпендикуляр к \(\gamma\), проведённый из любой точки плоскости \(BCC_1\), лежит в этой плоскости, и вся она проектируется на прямую \(l\), по которой пересекает \(\gamma\). Плоскость \(BCC_1\) касается цилиндра по некоторой образующей \(TT_1\) (\(T \in \gamma\)), то есть проходит через \(TT_1\) и перпендикулярна плоскости осевого сечения, проходящего через \(TT_1\). Радиус \(OT\) лежит в этом осевом сечении и перпендикулярен образующей \(TT_1\) — линии пересечения двух перпендикулярных плоскостей; значит, \(OT \perp BCC_1\) и \(OT \perp l\). Прямая \(l\) проходит через точку \(T\) окружности основания перпендикулярно радиусу \(OT\), следовательно, \(l\) — касательная к этой окружности.

Отрезки \(AA_1\) и \(BB_1\) параллельны и равны, поэтому их проекции тоже параллельны и равны (при параллельном проектировании сохраняется отношение длин параллельных отрезков); проекция отрезка \(BB_1\) лежит на прямой \(l\). Пусть \(Q\) — центр квадрата \(BB_1C_1C\). Точки \(B_1\) и \(Q\) лежат на прямой \(B_1C\), параллельной оси, и проектируются в одну точку, поэтому проекция отрезка \(BB_1\) совпадает с проекцией отрезка \(BQ\). Диагонали квадрата перпендикулярны: \(BQ \perp B_1C\), то есть отрезок \(BQ\) перпендикулярен проектирующим прямым и проектируется в равный ему отрезок. Значит, \(A'A_1' = BQ = \frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Пусть \(K\) — середина ребра \(BC\). Медиана \(AK\) равностороннего треугольника \(ABC\) является его высотой: \(AK \perp BC\), \(AK = \frac{a\sqrt{3}}{2}\); кроме того, \(AK \perp BB_1\) (боковое ребро правильной призмы перпендикулярно плоскости основания). Значит, прямая \(AK\) перпендикулярна плоскости \(BCC_1\) — она перпендикулярна двум пересекающимся прямым этой плоскости. Тогда прямая \(AK\) перпендикулярна прямой \(B_1C\), то есть проектирующим прямым, и отрезок \(AK\) проектируется в равный и параллельный ему отрезок \(A'K'\), где \(K' \in l\). Прямая \(l\) лежит в плоскости \(BCC_1\), поэтому \(AK \perp l\) и \(A'K' \perp l\): точка \(A'\) удалена от прямой \(l\) на \(A'K' = \frac{a\sqrt{3}}{2}\). Отрезок \(A'A_1'\) параллелен прямой \(l\) и не лежит на ней, значит, прямая \(A'A_1'\) параллельна \(l\) и удалена от неё на \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Прямая \(OT\) перпендикулярна \(l\), а значит, и хорде \(A'A_1'\); пусть \(H\) — точка их пересечения. Отрезок \(TH\) перпендикулярен параллельным прямым \(l\) и \(A'A_1'\), поэтому \(TH = A'K' = \frac{a\sqrt{3}}{2}\). Хорда \(A'A_1'\) — не диаметр: иначе \(H = O\) и \(r = OT = TH = \frac{a\sqrt{3}}{2}\), то есть \(A'A_1' = 2r = a\sqrt{3}\), а выше найдено \(A'A_1' = \frac{a\sqrt{2}}{2}\). Поэтому треугольник \(OA'A_1'\) равнобедренный (\(OA' = OA_1' = r\)), его высота \(OH\) является медианой: \(A'H = \frac{a\sqrt{2}}{4}\). Круг основания лежит по одну сторону от касательной \(l\) — там же, где центр \(O\), а середина \(H\) хорды лежит в этом круге; поэтому точки \(O\) и \(H\) лежат на одном луче с началом \(T\) и \(OH = \left|\frac{a\sqrt{3}}{2} - r\right|\).

Из прямоугольного треугольника \(OHA'\) (\(\angle OHA' = 90^\circ\)) \(OA'^2 = OH^2 + A'H^2\):

\[\begin{aligned} r^2 &= \left(\frac{a\sqrt{3}}{2} - r\right)^2 + \frac{a^2}{8}; \\ r^2 &= \frac{3a^2}{4} - a\sqrt{3}\,r + r^2 + \frac{a^2}{8}; \\ a\sqrt{3}\,r &= \frac{7a^2}{8}; \qquad | : a\sqrt{3} \\ r &= \frac{7a}{8\sqrt{3}} = \frac{7a\sqrt{3}}{24}. \end{aligned}\]

Так как \(r = \frac{7a\sqrt{3}}{24} < \frac{12a\sqrt{3}}{24} = TH\), центр \(O\) лежит между точками \(T\) и \(H\): хорда \(A'A_1'\) и касательная \(l\) расположены по разные стороны от центра.

Ответ: \(\frac{7a\sqrt{3}}{24}\).