Задача 111201

Темы:    [ Ортогональное проектирование ] [ Скрещивающиеся прямые и ГМТ ] [ Конус ] [ Правильная пирамида ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

Даны правильная четырёхугольная пирамида SABCD и конус, центр основания которого лежит на прямой SO ( SO – высота пирамиды). Точка E – середина ребра SD , точка F лежит на ребре AD , причём AF=FD . Треугольник, являющийся одним из осевых сечений конуса, расположен так, что две его вершины лежат на прямой CD , а третья – на прямой EF . Найдите объём конуса, если AB=4 , SO=3 .

Решение

Пусть K и M – вершины осевого сечения конуса, лежащие на прямой CD . Тогда отрезок KM не может быть диаметром основания конуса, т.к. в противном случае точки K и M были бы симметричны относительно центра Q основания, лежащего на прямой SO , а прямые CD и SO – скрещивающиеся. Следовательно, одна из точек M и K – вершина конуса. Предположим, что это точка M . Тогда ML и MK – образующие конуса, а MQ – его высота. Рассмотрим всевозможные отрезки, один конец которых лежит на прямой CD , а середина – на прямой SO . Геометрическое место вторых концов таких отрезков есть плоскость γ , проходящая через точку A параллельно прямым CD и SO . Точка L лежит в этой плоскости, поскольку Q – середина KL . Точка L лежит на прямой EF , поэтому FL – наклонная к плоскости γ , а AL – ортогональная проекция этой наклонной на плоскость γ . Плоскость ASD перпендикулярна плоскости γ , т.к. она проходит через прямую AD , перпендикулярную плоскости γ . Поэтому перпендикуляр ET , опущенный из точки E на прямую AL пересечения этих плоскостей, есть перпендикуляр к плоскости γ . Значит, T – проекция точки E на плоскость γ . Пусть H – середина AD , OHC = β . Из прямоугольного треугольника SOH находим, что

SH = = = , cos β = = .
Если R – проекция точки S на плоскость γ , то AR=SH , а T – середина AR , поэтому AT = SH = . Из подобия прямоугольных треугольников AFL и TEL следует, что = , а т.к.
LT = LA+AT = LA+, ET = AH +AH = 2+1=3, AF = AD = · 4 = ,
то = = , откуда находим, что LA = 2 . Пусть L1 – проекция точки L на плоскость основания ABCD пирамиды. Плоскости ABCD и γ перпендикулярны, т.к. плоскость ABCD проходит через прямую AD , перпендикулярную плоскости γ . Поэтому точка L1 лежит на прямой пересечения этих плоскостей, т.е. на прямой AB , а т.к. LAL1 = RAB = SHO = β , то
AL1 = AL· cos β = 2· = 4.
Точка O – проекция середины Q отрезка LK на плоскость ABCD , значит, O – середина проекции L1K отрезка LK на эту плоскость. Пусть K1 – основание перпендикуляра, опущенного из точки K на прямую AB . Тогда
BK1 = CK = AL1 = 4, L1K1=12, L1K = = = 4,
Из прямоугольных треугольников ALL1 и KLL1 находим, что
LL1 = = = =6,

KL = = = = 14.
Отрезок OQ – средняя линия треугольника KLL1 , поэтому
OQ = LL1 = 3, QL =QK = KL = 7.
Пусть P – середина стороны CD . В треугольнике SPQ высота PO является медианой ( OQ=OS = 3 ), поэтому QP=SP = SH = . По теореме о трёх перпендикулярах QP MK . Рассмотрим прямоугольный треугольник MQK , в котором QK = 7 , высота QP , проведённая из вершины прямого угла, равна , а PK = PC+CK = 2+4=6 . Поскольку MP = = ,
MQ = = = .
Если h – высота конуса, r – радиус его основания, а V – объём, то r=QK = 7 и h=MQ = . Следовательно,
V=π r2h = π · 49· = π.

Ответ

π .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8883