8905. В четырёхугольной пирамиде SABCD
основанием является трапеция ABCD
(BC\parallel AD
), BC=\frac{4}{5}AD
, \angle ASD=\angle CDS=\frac{\pi}{2}
. Все вершины пирамиды лежат на окружностях оснований цилиндра, высота которого равна 2, а радиус основания равен \frac{5}{3}
. Найдите объём пирамиды.
Ответ. 2.
Решение. Если вершины A
и D
расположены на разных основаниях цилиндра, то по теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей плоскостью AB\parallel CD
, т. е. ABCD
— параллелограмм, а не трапеция.
Пусть вершины A
и D
расположены на окружности одного основания цилиндра. Тогда медиана SM
прямоугольного треугольника ASD
равна половине гипотенузы AD
, а значит, меньше радиуса окружности основания цилиндра, т. е. SM\lt\frac{5}{3}
. Значит, расстояние от точки S
до плоскости этого основания меньше, чем \frac{5}{3}
, а так как высота цилиндра равна 2 и 2\gt\frac{5}{3}
, то точка S
не может лежать на окружности другого основания. Значит, в этом случае, прямоугольный треугольник ASD
вписан в окружность основания цилиндра, и тогда AD
— диаметр окружности. В этом случае точки B
и C
лежат на окружности другого основания цилиндра (рис. 1).
Пусть B_{1}
и C_{1}
— ортогональные проекции точек соответственно B
и C
на плоскость основания цилиндра, содержащую точки A
, D
и S
. Поскольку CD\perp SD
, по теореме о трёх перпендикулярах C_{1}D\perp SD
, а так как AS\perp SD
, то C_{1}D\parallel AS
, значит, ASDC_{1}
— прямоугольник (рис. 2). Поскольку B_{1}C_{1}\parallel BC
, четырёхугольник AB_{1}C_{1}D
— равнобедренная трапеция, поэтому AB_{1}=DC_{1}=SA
, значит, диаметр AD
перпендикулярен хорде SB_{1}
и проходит через её середину K
. Отрезок SC_{1}
— диагональ прямоугольника ASDC_{1}
, поэтому SC_{1}
— диаметр окружности основания цилиндра, SC_{1}=AD=\frac{10}{3}
, а так как
B_{1}C_{1}=BC=\frac{4}{5}AD=\frac{4}{5}\cdot\frac{10}{3}=\frac{8}{3},
то
SK=\frac{1}{2}SB_{1}=\frac{1}{2}\sqrt{SC_{1}^{2}-B_{1}C_{1}^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{\left(\frac{10}{3}\right)^{2}-\left(\frac{8}{3}\right)^{2}}=1.
По теореме о трёх перпендикулярах BK\perp AD
, т. е. BK
— высота трапеции ABCD
. Из прямоугольного треугольника BKB_{1}
находим, что
BK=\sqrt{BB_{1}^{2}+KB_{1}^{2}}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}.
Следовательно,
S_{ABCD}=\frac{1}{2}(AD+BC)\cdot BK=\frac{1}{2}\left(\frac{10}{3}+\frac{8}{3}\right)\cdot\sqrt{5}=3\sqrt{5}.
Пусть H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки S
на прямую BK
(рис. 3). Тогда SH
— высота пирамиды SABCD
, так как SH\perp BK
и SH\perp AD
. Записав двумя способами площадь треугольника BKS
, получим, что
SH=\frac{SK\cdot BB_{1}}{BK}=\frac{1\cdot2}{\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}.
Следовательно,
V_{SABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot3\sqrt{5}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=2.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1991, 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. — № 91-5-5, с. 310
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия. Стереометрия: Задачник для 10—11 кл. — М.: Дрофа, 1998. — № 376, с. 50
Источник: Калинин А. Ю., Терёшин Д. А. Геометрия. 10—11 классы. — М.: МЦНМО, 2011. — пример 10.24, с. 392