Номер 520, страница 78 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

520. Основанием пирамиды $SABC$ является правильный треугольник со стороной $a$, две боковые грани перпендикулярны плоскости основания, а третья наклонена к ней под углом $\alpha$. Цилиндр, высота которого равна радиусу основания, вписан в пирамиду так, что основание цилиндра лежит в плоскости основания пирамиды. Найдите объем цилиндра.

Обозначим пирамиду $SABC$. Основание $ABC$ — правильный треугольник со стороной $a$. Пусть боковые грани $SAB$ и $SAC$ перпендикулярны плоскости основания. Это означает, что их общее ребро $SA$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$, и, следовательно, $SA$ является высотой пирамиды $H$.

Третья боковая грань $SBC$ наклонена к плоскости основания под углом $\alpha$. Угол между плоскостью грани $SBC$ и плоскостью основания $ABC$ — это двугранный угол при ребре $BC$. Для его измерения проведем высоту и медиану $AM$ в треугольнике $ABC$. Так как $SA \perp (ABC)$ и $AM \perp BC$, то по теореме о трех перпендикулярах $SM \perp BC$. Таким образом, угол $\angle SMA$ является линейным углом двугранного угла, и $\angle SMA = \alpha$.

В правильном треугольнике $ABC$ высота $AM$ равна $AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SAM$ (угол $\angle SAM = 90^\circ$). Высота пирамиды $H$ равна: $H = SA = AM \cdot \tan(\alpha) = \frac{a\sqrt{3}}{2} \tan(\alpha)$.

В пирамиду вписан цилиндр, высота которого $h_{cyl}$ равна радиусу его основания $r_{cyl}$. Обозначим $h_{cyl} = r_{cyl} = r$. Основание цилиндра лежит в плоскости $ABC$.

Так как боковая поверхность цилиндра касается граней $SAB$ и $SAC$, его ось должна быть равноудалена от этих плоскостей. Это означает, что центр основания цилиндра, точка $O$, лежит на биссектрисе угла $\angle BAC$, которой является высота $AM$.

Пусть $K$ — проекция точки $O$ на сторону $AC$. Тогда $OK = r$. В прямоугольном треугольнике $AOK$ угол $\angle OAK = \frac{1}{2}\angle BAC = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ$. Отсюда находим расстояние от вершины $A$ до центра основания цилиндра $O$: $AO = \frac{OK}{\sin(30^\circ)} = \frac{r}{1/2} = 2r$.

Рассмотрим осевое сечение пирамиды и цилиндра плоскостью $SAM$. Эта плоскость содержит высоту пирамиды $SA$ и ось цилиндра. Сечением пирамиды является прямоугольный треугольник $SAM$. Сечением цилиндра является прямоугольник, так как его ось перпендикулярна основанию $AM$. Высота этого прямоугольника равна высоте цилиндра $r$, а ширина — диаметру основания $2r$.

Так как центр основания цилиндра $O$ находится на расстоянии $AO=2r$ от точки $A$, основание прямоугольника-сечения лежит на отрезке $AM$ и его концы удалены от точки $A$ на $2r-r=r$ и $2r+r=3r$.

Цилиндр вписан в пирамиду, значит, он касается грани $SBC$. В нашем сечении это означает, что прямоугольник-сечение касается гипотенузы $SM$ треугольника $SAM$. Касание произойдет в вершине прямоугольника, наиболее удаленной от катета $SA$. Обозначим эту вершину $Q$.

Введем систему координат в плоскости сечения: $A$ — начало координат, ось $Ax$ направим по $AM$, ось $Ay$ — по $SA$. Координаты вершин треугольника: $A(0,0)$, $M(\frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$, $S(0, \frac{a\sqrt{3}}{2}\tan(\alpha))$.

Уравнение прямой $SM$: $\frac{x}{AM} + \frac{y}{SA} = 1$, то есть $\frac{x}{a\sqrt{3}/2} + \frac{y}{(a\sqrt{3}/2)\tan(\alpha)} = 1$.

Координаты вершины $Q$ прямоугольника-сечения равны $(3r, r)$. Так как точка $Q$ лежит на прямой $SM$, ее координаты удовлетворяют уравнению этой прямой: $\frac{3r}{a\sqrt{3}/2} + \frac{r}{(a\sqrt{3}/2)\tan(\alpha)} = 1$.

Умножим обе части на $\frac{a\sqrt{3}}{2}$: $3r + \frac{r}{\tan(\alpha)} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Вынесем $r$ за скобки: $r \left(3 + \frac{1}{\tan(\alpha)}\right) = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

$r \left(\frac{3\tan(\alpha) + 1}{\tan(\alpha)}\right) = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Отсюда выражаем радиус $r$: $r = \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\tan(\alpha)}{1 + 3\tan(\alpha)} = \frac{a\sqrt{3}\tan(\alpha)}{2(1 + 3\tan(\alpha))}$.

Теперь найдем объем цилиндра $V$. $V = \pi r_{cyl}^2 h_{cyl} = \pi r^3$.

$V = \pi \left( \frac{a\sqrt{3}\tan(\alpha)}{2(1 + 3\tan(\alpha))} \right)^3 = \pi \frac{a^3 (\sqrt{3})^3 \tan^3(\alpha)}{2^3 (1 + 3\tan(\alpha))^3} = \pi \frac{3\sqrt{3} a^3 \tan^3(\alpha)}{8(1 + 3\tan(\alpha))^3}$.

Ответ: $V = \frac{3\sqrt{3}\pi a^3 \tan^3(\alpha)}{8(1 + 3\tan(\alpha))^3}$.