Задача 111174

Темы:    [ Четырехугольная пирамида ] [ Цилиндр ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

В основании пирамиды SABC лежит равнобедренная трапеция ABCD , в которой AD=2 , BC=1 , высота трапеции равна 3. Высота пирамиды проходит через точку O пересечения диагоналей трапеции, SO= . Точка F лежит на отрезке SO , причём SF:FO=1:3 . Цилиндр, ось которого параллельна высоте SM грани SAD , расположен так, что точка F является центром его верхнего основания, а точка O лежит на окружности нижнего основания. Найдите площадь части верхнего основания цилиндра, лежащей внутри пирамиды.

Решение

Пусть N – середина основания BC трапеции ABCD . Поскольку трапеция равнобедренная, точки O , M и N лежат на серединном перпендикуляре к основаниям, причём OM=MN = 3 , ON=MN = 1 , а данная пирамида симметрична относительно плоскости SMN . Проведём сечение пирамиды и цилиндра плоскостью SMN . Получим треугольник SMN с высотой SO и прямоугольник OKLG , одна вершина которого – точка O , а отрезок FT , соединяющий середины F и P противоположных сторон соответственно KL и OG , параллелен SM . Обозначим OMS = α , MSN = β . Тогда

SN= = = , SM= = = ,

cos α = = = , cos β = = = .
Пусть R – радиус основания цилиндра, h – высота цилиндра. Из прямоугольного треугольника OPF находим, что
h=FP = OF cos α = SO· = · = ,

R=FK = PO = = = 1.
Если K' и E – точки пересечения прямой FL со сторонами SN и SM соответственно, то
SE = SF cos α = SO cos α = · = ,

FK' = EK'-EF = SE tg β - SE tg α = (2-) = 1,
значит, точка K совпадает с точкой K' , т.е. точка K лежит на стороне SN . Поэтому цилиндр имеет с гранью BSC единственную общую точку K . Проведём сечение пирамиды плоскостью основания цилиндра, содержащего точку F . Получим окружность радиуса R=1 с центром в точке F и равнобедренную трапецию K1K2L2L1 , причём прямая K1K2 касается окружности в точке K – середине основания K1K2 , вершины L1 и L2 – точки пересечения проведённой плоскости с рёбрами SD и SA , D – середина основания L1L2 . Из подобия треугольников SK1K2 и SBC находим, что
K1K2 = BC· = 1· = ,
а из подобия треугольников SL1L2 и SDA –
L1L2 = AD· = 2· = 2· = .
Пусть G – проекция точки L1 на K1K2 , а KK1L1 = γ . Тогда
K1G = (K1K2-L1L2) = (-)= ,

tg γ = = = =6.
Пусть прямые K1L1 и KE (а значит, и прямые K2L2 и KE ) пересекаются в точке Q . Тогда
KQ = KK1 tg γ = · 6 = 2 = 2R,
а это означает, что точка Q лежит на окружности сечения. Пусть T1 и T2 – точки пересечения c окружностью отрезков QK1 и QK2 соответственно, S – искомая площадь, S1 – площадь сектора T1FK , S2 – площадь треугольника QFT1 , S3 – площадь треугольника QL1L2 . Тогда
FT1Q = KQK1 = 90^o - γ, QFT1 = 180^o-2(90^o-γ) = 2γ,

sin 2γ = = = ,

cos (180^o- 2γ) = - cos 2γ = -= = ,

S1= · 1· 1· arccos = arccos ,

S2 = FT1· FQ sin 2γ = · 1· 1· = ,

S3 = L1L2· EQ = · L1L2· L1L2 tg γ= L1L22 tg γ = · · 6= .
Следовательно,
S=2S1+2S2 -S3= arccos + - .

Ответ

arccos + - .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8826