8884. 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
.
Ответ. \frac{125}{256}\pi
.
Решение. Пусть K
и L
— вершины осевого сечения цилиндра, лежащие на прямой AB
. Тогда отрезок KL
не может быть диагональю осевого сечения цилиндра, так как в противном случае точки K
и L
были бы симметричны относительно точки Q
— центра симметрии цилиндра, лежащей 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 \gamma
, проходящая через точку D
, параллельно прямым AB
и SO
. Точка N
лежит в этой плоскости, поскольку Q
— середина NL
.
Пусть при ортогональном проектировании пирамиды на плоскость \gamma
, точки S
, E
, F
и O
перешли в точки S_{1}
, E_{1}
, F_{1}
и O_{1}
соответственно. Тогда O_{1}
— середина CD
, прямая E_{1}F_{1}
— ортогональная проекция наклонной EN
на плоскость \gamma
, а также
FF_{1}=\frac{1}{2}SS_{1}=\frac{1}{2}OO_{1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4},~EE_{1}=CT=\frac{1}{2}.
Отрезок FF_{1}
— средняя линия треугольника NEE_{1}
, поэтому F_{1}
— середина NE_{1}
.
Пусть E_{2}
, F_{2}
и N_{2}
— проекции точек соответственно E_{1}
, F_{1}
и N
на прямую CD
. Тогда
E_{1}E_{2}=\frac{3}{4}S_{1}O_{1}=\frac{3}{4}SO=\frac{3}{4}\cdot3=\frac{9}{4},
FF_{1}=\frac{1}{2}S_{1}O_{1}=\frac{1}{2}SO=\frac{1}{2}\cdot3=\frac{3}{2},
а так как F_{1}
— середина NE_{1}
, то F_{2}
— середина N_{2}C
. Поэтому F_{1}F_{2}
— средняя линия прямоугольной трапеции E_{1}E_{2}N_{2}N
с основаниями E_{1}E_{2}
и NN_{2}
. Значит,
NN_{2}=2E_{1}E_{2}-F_{1}F_{2}=2\cdot\frac{3}{2}-\frac{9}{4}=\frac{3}{4},
N_{2}D=N_{2}F_{2}-DF_{2}=E_{2}F_{2}-DF_{2}=\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{8}\right)-\frac{1}{4}=\frac{1}{8}.
Точка O
— середина ортогональной проекции наклонной NL
на плоскость основания ABCD
пирамиды, поэтому O
— середина отрезка N_{2}L
. Значит,
QO=\frac{1}{2}NN_{2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{8},~BL=D_{2}N=\frac{1}{8}.
Пусть P
— середина AB
. Из прямоугольного треугольника OPQ
находим, что
PQ=\sqrt{OQ^{2}+OP^{2}}=\sqrt{\frac{9}{16}+\frac{1}{4}}=\frac{5}{8}.
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\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{8}\right)=\frac{5}{4}.
Если h
— высота цилиндра, r
— радиус его основания, а V
— объём, то либо r=PL=\frac{5}{8}
и h=2PQ=\frac{5}{4}
, а тогда
V=\pi r^{2}h=\pi\cdot\frac{25}{64}\cdot\frac{5}{4}=\frac{125\pi}{256},
либо Если h
— высота цилиндра, r
— радиус его основания, а V
— объём, то либо r=PQ=\frac{5}{8}
и h=2PL=\frac{5}{4}
, тогда получаем тот же ответ:
V=\pi r^{2}h=\pi\cdot\frac{25}{64}\cdot\frac{5}{4}=\frac{125\pi}{256},
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1990, билет 5, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 90-5-5, с. 304