8823. В правильной треугольной пирамиде SABC
(S
— вершина) AB=4
, высота SO
пирамиды равна \sqrt{\frac{11}{3}}
. 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.
Ответ. \frac{16}{11}\left(\arccos\frac{19}{30}+\frac{7\sqrt{11}}{135}\right)
.
Решение. Пусть Q
— середина стороны BC
основания ABC
правильной пирамиды SABC
(рис. 1). Тогда
AQ=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3},~AO=\frac{2}{3}AQ=\frac{2}{3}\cdot2\sqrt{3}=\frac{4}{\sqrt{3}},~OQ=\frac{1}{3}AQ=\frac{1}{3}\cdot2\sqrt{3}=\frac{2}{\sqrt{3}}.
Из прямоугольных треугольников ASO
и QSO
находим, что
AS=\sqrt{AO^{2}+SO^{2}}=\sqrt{\left(\frac{4}{\sqrt{3}}\right)^{2}+\left(\sqrt{\frac{11}{3}}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{16}{3}+\frac{11}{3}}=3,
SQ=\sqrt{SO^{2}+OQ^{2}}=\sqrt{\frac{11}{3}+\frac{4}{3}}=\sqrt{5}.
Обозначим \angle ASO=\alpha
, \angle QSO=\beta
(рис. 2). Тогда
\tg\alpha=\frac{AO}{SO}=\frac{\frac{4}{\sqrt{3}}}{\sqrt{\frac{11}{3}}}=\frac{4}{\sqrt{11}},~\tg\beta=\frac{OQ}{SO}=\frac{\frac{2}{\sqrt{3}}}{\sqrt{\frac{11}{3}}}=\frac{2}{\sqrt{11}},
\cos\alpha=\frac{SO}{AS}=\frac{\sqrt{\frac{11}{3}}}{3}=\frac{\sqrt{11}}{3\sqrt{3}},
\tg(\alpha+\beta)=\frac{\tg\alpha+\tg\beta}{1-\tg\alpha\tg\beta}=\frac{\frac{4}{\sqrt{11}}+\frac{2}{\sqrt{11}}}{1-\frac{4}{\sqrt{11}}\cdot\frac{2}{\sqrt{11}}}=\frac{\frac{6}{\sqrt{11}}}{1-\frac{8}{11}}=2\sqrt{11},
\cos(\alpha+\beta)=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}(\alpha+\beta)}}=\frac{1}{\sqrt{1+44}}=\frac{1}{3\sqrt{5}}.
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=\frac{AO\cdot SO}{AS}=\frac{\frac{4}{\sqrt{3}}\cdot\sqrt{\frac{11}{3}}}{3}=\frac{4}{9}\sqrt{11},
а так как треугольник DOP
подобен треугольнику SOF
с коэффициентом \frac{DO}{SO}=\frac{9}{11}
, то
R=OP=\frac{9}{11}OF=\frac{9}{11}\cdot\frac{4}{9}\sqrt{11}=\frac{4}{\sqrt{11}}.
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\alpha=\frac{2}{11}SO\cdot\frac{\sqrt{11}}{3\sqrt{3}}=\frac{2}{9},~DG=SG\tg\alpha=\frac{2}{9}\cdot\frac{4}{\sqrt{11}}=\frac{8}{9\sqrt{11}},
GK=SG\tg(\alpha+\beta)=\frac{2}{9}\cdot2\sqrt{11}=\frac{4}{9}\sqrt{11},~DK=GK-DG=\frac{4}{9}\sqrt{11}-\frac{8}{9\sqrt{11}}=\frac{4}{\sqrt{11}}.
Поскольку DK=\frac{4}{\sqrt{11}}=R
, точка K
лежит на окружности верхнего основания цилиндра, а так как DG=\frac{8}{9\sqrt{11}}\lt\frac{4}{\sqrt{11}}=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\parallel BC
и K
— середина MN
,
SK=\frac{SG}{\cos(\alpha+\beta)}=\frac{\frac{2}{9}}{\frac{1}{3\sqrt{5}}}=\frac{2}{3}\sqrt{5},
поэтому \frac{SK}{SQ}=\frac{\frac{2}{3}\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=\frac{2}{3}
, а из подобия треугольников SMN
и SBC
находим, что
MN=BC\cdot\frac{SK}{SQ}=4\cdot\frac{2}{3}=\frac{8}{3},~SM=SB\cdot\frac{SM}{SB}=3\cdot\frac{2}{3}=2.
Прямая SA
перпендикулярна плоскости MGN
, поэтому AS\perp MG
. Из прямоугольного треугольника MGS
находим, что
MG=\sqrt{SM^{2}-SG^{2}}=\sqrt{4-\frac{4}{81}}=\frac{8}{9}\sqrt{5}.
Пусть отрезки MG
и NG
, лежащие в плоскости верхнего основания цилиндра, пересекают окружность этого основания в точках M_{1}
и N_{1}
соответственно (рис. 2). Тогда часть верхнего основания цилиндра, лежащая внутри пирамиды, состоит из сектора M_{1}DN_{1}
и двух равных треугольников GDM_{1}
и GDN_{1}
. Из прямоугольного треугольника MGK
находим, что \sin\angle MGK=\frac{MK}{MG}=\frac{\frac{4}{3}}{\frac{8}{9}\sqrt{5}}=\frac{3}{2\sqrt{5}}
, значит,
\cos\angle MGK=\sqrt{1-\left(\frac{3}{2\sqrt{5}}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{5}},~\tg\angle MGK=\frac{\frac{3}{2\sqrt{5}}}{\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{5}}}=\frac{3}{\sqrt{11}}.
Пусть прямая GK
пересекает отрезок M_{1}N_{1}
в точке K_{1}
. Обозначим M_{1}K_{1}=x
. Тогда
GK_{1}=\frac{M_{1}K_{1}}{\tg\angle MGK}=\frac{x\sqrt{11}}{3}.
По теореме Пифагора R^{2}=DM_{1}^{2}=M_{1}K_{1}^{2}+(GK_{1}-DK_{1})^{2}
, или \frac{16}{11}=x^{2}+\left(\frac{x\sqrt{11}}{3}-\frac{8}{9\sqrt{11}}\right)^{2}
. Из этого уравнения находим, что x=\frac{14}{15}
.
Обозначим \angle M_{1}DN_{1}=\varphi
. Из прямоугольного треугольника DK_{1}M_{1}
находим, что
\sin\frac{\varphi}{2}=\frac{M_{1}K_{1}}{DM_{1}}=\frac{\frac{14}{15}}{\frac{4}{\sqrt{11}}}=\frac{7\sqrt{11}}{30}.
Тогда
\cos\frac{\varphi}{2}=\sqrt{1-\sin^{2}\frac{\varphi}{2}}=\sqrt{1-\frac{539}{900}}=\sqrt{\frac{361}{900}}=\frac{19}{30},~\angle M_{1}DN_{1}=2\varphi=2\arccos\frac{19}{30}.
Пусть S_{1}
— площадь сектора M_{1}DN_{1}
, содержащего точку K_{1}
. Тогда
S_{1}=\frac{1}{2}R^{2}\cdot2\varphi=\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{4}{\sqrt{11}}\right)^{2}\cdot2\arccos\frac{19}{30}=\frac{16}{11}\arccos\frac{19}{30}.
Пусть S_{2}
— сумма площадей треугольников DGM_{1}
и DGN_{1}
. Тогда
S_{2}=S_{\triangle M_{1}GN_{1}}-S_{\triangle M_{1}DN_{1}}=\frac{1}{2}M_{1}N_{1}\cdot GK_{1}-\frac{1}{2}M_{1}N_{1}\cdot DK_{1}=
=\frac{1}{2}M_{1}N_{1}(GK_{1}-DK_{1})=\frac{1}{2}M_{1}N_{1}\cdot DG=\frac{1}{2}\cdot2\cdot\frac{14}{15}\cdot\frac{8}{9\sqrt{11}}=\frac{112}{135\sqrt{11}}.
Следовательно, площадь части верхнего основания цилиндра, лежащей внутри пирамиды, равна
S_{1}+S_{2}=\frac{16}{11}\arccos\frac{19}{30}+\frac{112}{135\sqrt{11}}=\frac{16}{11}\left(\arccos\frac{19}{30}+\frac{7\sqrt{11}}{135}\right).