Задача 111171

Темы:    [ Правильная пирамида ] [ Цилиндр ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

В правильной треугольной пирамиде SABC ( S – вершина) AB=4 , высота SO пирамиды равна . Точка D лежит на отрезке SO , причём SD:DO = 2:9 . Цилиндр, ось которого параллельна прямой SA , расположен так, что точка D – центр его верхнего основания, а точка O лежит на окружности нижнего основания. Найдите площадь части верхнего основания цилиндра, лежащей внутри пирамиды.

Решение

Пусть Q – середина стороны BC основания ABC правильной пирамиды ABCD . Тогда

AQ = = 2, AO =AQ = · 2= , OQ =AQ = · 2= .
Из прямоугольных треугольников ASO и QSO находим, что
AS = = = =3,

SQ = = = .
Обозначим ASO = α , QSO = β . Тогда
tg α = = = , tg β = = = ,

cos α = = = ,

tg (α + β) = = = = 2,

cos (α + β) = = = .
Ось цилиндра параллельна боковому ребру AS , поэтому она лежит в плоскости ASQ . Рассмотрим сечение пирамиды этой плоскостью. Пусть перпендикуляр OF , опущенный из точки O на прямую AS , пересекает ось цилиндра в точке P . Тогда OP=R – радиус основания цилиндра. Из прямоугольного треугольника AOS находим, что
OF = = = ,
а т.к. треугольник DOP подобен треугольнику SOF с коэффициентом = , то
R = OP = OF = · = .
Пусть перпендикуляр DG , опущенный с центра D окружности верхнего основания цилиндра на прямую SA , пересекает прямую SQ в точке K . Из прямоугольных треугольников SDG и SKG находим, что
SG = SD cos α = SO· =, DG = SG tg α = · =,

GK = SG tg (α + β) = · 2 = , DK = GK-DG = -=.
Поскольку GK = > = R , точка K лежит вне верхнего основания цилиндра, а т.к. DG =< =R , то точка G лежит внутри окружности этого основания. Пусть плоскость верхнего основания цилиндра пересекает боковые рёбра SB и SC пирамиды в точках M и N соответственно. Тогда MN || BC и K – середина SQ ,
SK = = =,
поэтому = = , а из подобия треугольников SMN и CBC находим, что
MN = BC· = 4· = , SM = SB· = 3· =2.
Прямая SA перпендикулярна плоскости MGN , поэтому AS MG . Из прямоугольного треугольника MGS находим, что
MG = = = .
Пусть отрезки MG и NG , лежащие в плоскости верхнего основания цилиндра, пересекают окружность этого основания в точках M1 и N1 соответственно. Тогда часть верхнего основания цилиндра, лежащая внутри пирамиды, состоит из сектора M1DN1 и двух равных треугольников GDM1 и GDN1 . Из прямоугольного треугольника MGK находим, что sin MGK = = = , значит,
cos MGK = =, tg MGK = =.
Пусть прямая GK пересекает отрезок M1N1 в точке K1 . Обозначим M1K1=x . Тогда
GK1 = = .
По теореме Пифагора R2 = DM12 = M1K12+(GK1-DK1)2 , или = x2+(-)2 . Из этого уравнения находим, что x= . Обозначим M1DN1 = ϕ . Из прямоугольного треугольника DK1M1 находим, что
sin = = = .
Тогда
cos = = = = , M1DN1 = 2ϕ = 2 arccos .
Пусть S1 – площадь сектора M1DN1 , содержащего точку K1 . Тогда
S1= R2· 2ϕ = · ()2· 2 arccos = arccos .
Пусть S2 – сумма площадей треугольников DGM1 и DGN1 . Тогда
S2 = S_{Δ M}1GN1-S_{Δ M}1DN1 = M1N1· GK1 -M1N1· DK1 =

=M1N1(GK1-DK1) = M1N1· DG= · 2· · = .
Следовательно, площадь части верхнего основания цилиндра, лежащей внутри пирамиды, равна
S1+S2 = arccos += ( arccos + ).

Ответ

( arccos + ) .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8823