8811. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
(S
— вершина) равна 10. Точки E
и F
расположены на рёбрах DC
и BC
соответственно, причём CE=6
, CF=9
. Известно, что для данной пирамиды существует единственный конус, вершина которого совпадает с точкой E
, центр основания лежит на прямой SA
, а отрезок EF
является одной из образующих. Найдите объём этого конуса.
Ответ. 63\pi\sqrt{6}
.
Решение. Лемма. Если наклонная образует с плоскостью угол \varphi
, прямая, лежащая в плоскости, образует с наклонной угол \alpha
, а с ортогональной проекцией этой наклонной — угол \beta
, то \cos\varphi\cos\alpha=\cos\beta
.
Доказательство. Пусть l
— наклонная к плоскости \Pi
(рис. 1), l'
— её ортогональная проекция на эту плоскость, а m
— прямая, лежащая в плоскости. Можно считать, что все три прямые проходят через одну точку X
плоскости \Pi
. Отложим на прямой l
отрезок XY=1
и опустим перпендикуляры YZ
и YT
из точки Y
на плоскость \Pi
и прямую m
соответственно. Тогда точка Z
лежит на прямой l'
. По теореме о трёх перпендикулярах ZT\perp XT
. Из прямоугольных треугольников XYZ
, XYT
и XZT
находим, что
XZ=XY\cos\varphi=\cos\varphi,~XT=XY\cos\beta=\cos\beta,~XT=XZ\cos\alpha=\cos\varphi\cos\alpha.
Следовательно, \cos\varphi\cos\alpha=\cos\beta
, что и требовалось доказать.
Решение задачи.
Пусть точка O
, лежащая на прямой SA
, — центр основания конуса (рис. 2). Тогда OF
— радиус основания конуса, поэтому образующая EF
видна из точки O
под прямым углом, а значит, лежит на сфере с диаметром EF
и с центром M
в середине EF
. Поскольку такой конус единственный, сфера имеет с прямой SA
единственную общую точку, т. е. касается прямой SA
. Следовательно, радиус сферы, проведённый в точку касания, перпендикулярен прямой SA
, т. е. MO\perp SA
.
По теореме Пифагора
EF=\sqrt{CF^{2}+CE^{2}}=\sqrt{81+36}=3\sqrt{13},~AF=\sqrt{AB^{2}+BF^{2}}=\sqrt{100+1}=\sqrt{101},~
AE=\sqrt{AD^{2}+DE^{2}}=\sqrt{100+16}=\sqrt{116}.
По формуле для медианы треугольника (см. задачу 4014)
AM=\frac{1}{2}\sqrt{2AF^{2}+2AE^{2}-EF^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{2\cdot101+2\cdot116-9\cdot13}=\frac{\sqrt{317}}{2}.
Обозначим \angle MAC=\alpha
, \angle OAM=\beta
, \angle SAC=\varphi
. Поскольку OM=ME=MF=\frac{1}{2}EF=\frac{3\sqrt{13}}{2}
, из прямоугольного треугольника AOM
находим, что
OA=\sqrt{AM^{2}-OM^{2}}=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{317}}{2}\right)^{2}-\left(\frac{3\sqrt{13}}{2}\right)^{2}}=5\sqrt{2},
\cos\beta=\cos\angle OAM=\frac{OA}{AM}=\frac{5\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{317}}{2}}=\frac{10\sqrt{2}}{\sqrt{317}}.
По теореме косинусов
\cos\alpha=\cos\angle CAM=\frac{AM^{2}+AC^{2}-MC^{2}}{2AM\cdot AC}=\frac{\frac{317}{4}+200-\frac{9}{4}\cdot13}{2\cdot\frac{\sqrt{317}}{2}\cdot10\sqrt{2}}=\frac{25}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{317}}.
Тогда по доказанной лемме
\cos\angle SAC=\cos\varphi=\frac{\cos\beta}{\cos\alpha}=\frac{\frac{10\sqrt{2}}{\sqrt{317}}}{\frac{25}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{317}}}=\frac{4}{5}.
Обозначим \angle CAE=\alpha'
, \angle SAE=\beta'
. По теореме косинусов
\cos\alpha'=\cos\angle CAE=\frac{AE^{2}+AC^{2}-CE^{2}}{2AE\cdot AC}=\frac{116+200-36}{2\sqrt{116}\cdot10\sqrt{2}}=\frac{14}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{116}}.
Тогда по лемме
\cos\beta'=\cos\varphi\cos\alpha'=\frac{4}{5}\cdot\frac{14}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{116}}.
Пусть h
— высота конуса, r
— радиус основания. Из треугольника AOE
по теореме косинусов находим, что
h=OE=\sqrt{AO^{2}+AE^{2}-2AO\cdot AE\cos\beta'}=
=\sqrt{50+116-2\cdot5\sqrt{2}\cdot\sqrt{116}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{14}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{116}}}=\sqrt{166-112}=\sqrt{54}=3\sqrt{6}.
Наконец, из прямоугольного треугольника EOF
находим, что
r^{2}=OF^{2}=EF^{2}-OE^{2}=117-54=63.
Следовательно, если V
— объём конуса, то
V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi\cdot63\cdot3\sqrt{6}=63\pi\sqrt{6}.