8826. 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=\frac{4}{\sqrt{5}}
. 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.
Ответ. \arccos\frac{35}{37}+\frac{12}{37}-\frac{2}{27}
.
Решение. Пусть N
— середина основания BC
трапеции ABCD
(рис. 1). Поскольку трапеция равнобедренная, точки O
, M
и N
лежат на серединном перпендикуляре к основаниям, причём OM=\frac{2}{3}MN=3
, ON=\frac{1}{3}MN=1
, а данная пирамида симметрична относительно плоскости SMN
.
Проведём сечение пирамиды и цилиндра плоскостью SMN
. Получим треугольник SMN
с высотой SO
и прямоугольник OKFP
, FP\parallel OK\parallel SM
(рис. 2). Обозначим \angle OSM=\alpha
, \angle MSN=\beta
. Тогда
SN=\sqrt{SO^{2}+ON^{2}}=\sqrt{\frac{16}{5}+1}=\sqrt{\frac{21}{5}},~SM=\sqrt{SO^{2}+OM^{2}}=\sqrt{\frac{16}{5}+4}=\frac{6}{\sqrt{5}},
\cos\alpha=\frac{SO}{SM}=\frac{\frac{4}{\sqrt{5}}}{\frac{6}{\sqrt{5}}}=\frac{2}{3},~\cos\beta=\frac{SM^{2}+SN^{2}-MN^{2}}{2SM\cdot SN}=\frac{\frac{36}{5}+\frac{21}{5}-9}{2\cdot\frac{6}{\sqrt{5}}\cdot\sqrt{\frac{21}{5}}}=\frac{1}{\sqrt{21}}.
Пусть R
— радиус основания цилиндра, h
— высота цилиндра. Из прямоугольного треугольника OPF
находим, что
h=FP=OF\cos\alpha=\frac{3}{4}SO\cdot\frac{2}{3}=\frac{3}{\sqrt{5}}\cdot\frac{2}{3}=\frac{2}{\sqrt{5}},~
R=FK=PO=\sqrt{FO^{2}-FP^{2}}=\sqrt{\frac{9}{5}-\frac{4}{5}}=1.
Если K'
и E
— точки пересечения прямой FK
со сторонами SN
и SM
соответственно, то
SE=SF\cos\alpha=\frac{1}{4}SO\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\frac{2}{3}=\frac{2}{3\sqrt{5}},
FK'=EK'-EF=SE\tg\beta-SE\tg\alpha=\frac{2}{3\sqrt{5}}\left(2\sqrt{5}-\frac{\sqrt{5}}{2}\right)=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 K_{1}K_{2}L_{2}L_{1}
, причём прямая K_{1}K_{2}
касается окружности в точке K
— середине основания K_{1}K_{2}
, вершины L_{1}
и L_{2}
— точки пересечения проведённой плоскости с рёбрами SD
и SA
, D
— середина основания L_{1}L_{2}
.
Из подобия треугольников SK_{1}K_{2}
и SBC
находим, что
K_{1}K_{2}=BC\cdot\frac{SK}{SN}=1\cdot\frac{\frac{2\sqrt{21}}{3\sqrt{5}}}{\frac{\sqrt{21}}{\sqrt{5}}}=\frac{2}{3},
а из подобия треугольников SL_{1}L_{2}
и SDA
—
L_{1}L_{2}=AD\cdot\frac{SE}{SM}=2\cdot\frac{\frac{2}{3\sqrt{5}}}{\frac{6}{\sqrt{5}}}=2\cdot\frac{1}{9}=\frac{2}{9}.
Пусть G
— проекция точки L_{1}
на K_{1}K_{2}
, а \angle KK_{1}L_{1}=\gamma
. Тогда
K_{1}G=\frac{1}{2}(K_{1}K_{2}-L_{1}L_{2})=\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}-\frac{2}{9}\right)=\frac{2}{9},
\tg\gamma=\frac{L_{1}G}{K_{1}G}=\frac{EK}{K_{1}G}=\frac{\frac{4}{3}}{\frac{2}{9}}=6.
Пусть прямые K_{1}L_{1}
и KE
(а значит, и прямые K_{2}L_{2}
и KE
) пересекаются в точке Q
. Тогда
KQ=KK_{1}\tg\gamma=\frac{1}{3}\cdot6=2=2R,
а это означает, что точка Q
лежит на окружности сечения.
Пусть T_{1}
и T_{2}
— точки пересечения с окружностью отрезков QK_{1}
и QK_{2}
соответственно (рис. 3), S
— искомая площадь, S_{1}
— площадь сектора T_{1}FK
, S_{2}
— площадь треугольника QFT_{1}
, S_{3}
— площадь треугольника QL_{1}L_{2}
. Тогда
\angle FT_{1}Q=\angle KQK_{1}=90^{\circ}-\gamma,~\angle QFT_{1}=180^{\circ}-2(90^{\circ}-\gamma)=2\gamma,~
\sin2\gamma=\frac{2\tg\gamma}{1+\tg^{2}\gamma}=\frac{12}{1+36}=\frac{12}{37},
\cos(180^{\circ}-2\gamma)=-\cos2\gamma=-\frac{1-\tg^{2}\gamma}{1+\tg^{2}\gamma}=\frac{1-36}{1+36}=\frac{35}{37},
S_{1}=\frac{1}{2}\cdot1\cdot1\cdot\arccos\frac{35}{37}=\frac{1}{2}\arccos\frac{35}{37},
S_{2}=\frac{1}{2}FT_{1}\cdot FQ\sin2\gamma=\frac{1}{2}\cdot1\cdot1\cdot\frac{12}{37}=\frac{6}{37},
S_{3}=\frac{1}{2}L_{1}L_{2}\cdot EQ=\frac{1}{2}\cdot L_{1}L_{2}\cdot\frac{1}{2}L_{1}L_{2}\tg\gamma=\frac{1}{2}L_{1}L_{2}^{2}\tg\gamma=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{81}\cdot6=\frac{2}{27}.
Следовательно,
S=2S_{1}+2S_{2}-S_{3}=\arccos\frac{35}{37}+\frac{12}{37}-\frac{2}{27}.