Задача 111202

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

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

Даны правильная четырёхугольная пирамида SABCD и цилиндр, центр симметрии которого лежит на прямой SO ( SO – высота пирамиды). Точка F – середина ребра SD , точка E принадлежит апофеме ST грани BSC , причём TE=3ES . Прямоугольник, являющийся одним из осевых сечений цилиндра, расположен так, что две его вершины лежат на прямой AB , а одна из двух других вершин лежит на прямой EF . Найдите объём цилиндра, если SO=3 , AB=1 .

Решение

Пусть K и L – вершины осевого сечения цилиндра, лежащие на прямой AB (рис.1). Тогда отрезок KL не может быть диагональю осевого сечения цилиндра, т.к. в противном случае точки K и L были бы симметричны относительно точки Q – центра симметрии цилиндра, лежащеей на прямой SO , а прямые AB и SO – скрещивающиеся. Следовательно, отрезок KL либо высота, либо диаметр основания цилиндра. Рассмотрим всевозможные отрезки, один конец которых лежит на прямой AB , а середина – на прямой SO . Геометрическое место вторых концов таких отрезков есть плоскость γ , проходящая через точку D , параллельно прямым AB и SO . Пусть N – точка, симметричная L относительно точки Q . Тогда N лежит в этой плоскости. Пусть при ортогональном проектировании пирамиды на плоскость γ точки S , E , F и O перешли в точки S1 , E1 , F1 и O1 соответственно. Тогда O1 – середина CD , прямая E1F1 – ортогональная проекция наклонной EN на плоскость γ , а также

FF1 = SS1 = OO1 = · =, EE1 = CT = .
Отрезок FF1 – средняя линия треугольника NEE1 , поэтому F1 – середина NE1 . Пусть E2 , F2 и N2 – проекции точек соответственно E1 , F1 и N на прямую CD (рис.2). Тогда
E1E2 = S1O1 = SO= · 3 = ,

F1F2=S1O1 = SO = · 3 = ,
а т.к. F1 – середина NE1 , то F2 – середина N2E2 . Поэтому F1F2 – средняя линия прямоугольной трапеции E1E2N2N с основаниями E1E2 и NN2 . Значит,
NN2 = 2F1F2 - E1E2 = 2· - = ,

N2D = N2F2-DF2 = E2F2-DF2= (+)-= .
Точка O – середина ортогональной проекции наклонной NL на плоскость основания ABCD пирамиды, поэтому O – середина отрезка N2L . Значит,
QO = NN2 = · = , BL = DN2 = .
Пусть P – середина AB . Из прямоугольного треугольника OPQ находим, что
PQ = = = .
Заметим, что P – либо центр основания цилиндра, либо середина его образующей. В любом из этих случаев P – середина KL , поэтому
KL= 2PL = 2(PB+BL)=2(+) = .
Если h – высота цилиндра, r – радиус его основания, а V – объём, то либо r=PL = и h=2PQ = , а тогда
V=π r2h = π · · = ,
либо r=PQ = и h=2PL = , тогда получаем тот же ответ:
V=π r2h = π · · = ,

Ответ

π .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8884