Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1157
2015-12-03 
Две противоположные боковые грани четырехугольной пирамиды $SABCD$ перпендикулярны основанию, высота пирамиды равна $\sqrt{5}$. В основании пирамиды лежит равнобедренная трапеция $ABCD (AD = BC)$, описанная около окружности и такая, что $AB = 6, \angle BAD = \frac{ \pi}{3}$. Найти расстояние от точки $D$ до плоскости $SAB$.
Внутри пирамиды расположен конус так, что окружность его основания вписана в треугольник $SCD$, а вершина принадлежит грани $SAB$. Найти объем конуса.
Решение:
Пусть $E$ — точка пересечения $BC$ и $AD$, $M$ и $N$ — середина отрезков $CD$ и $AB$ соответственно (рис. ).
Тогда $ABE$ — правильный треугольник, $NE = \frac{ \sqrt{3}}{2} AB = 3 \sqrt{3}, MN = \frac{2}{3} NE = 2 \sqrt{3}, ME = \sqrt{3}$, так как $MN$ — диаметр вписанной в треугольник $ABE$ окружности, радиус которой равен $\frac{1}{3} NE$.
Заметим, что перпендикулярными основанию пирамиды являются грани $SBC$ и $SAD$, а линия их пересечения (прямая $SE$) — перпендикуляр к основанию и $SE = \sqrt{5}$.
Пусть $MK$ — высота в треугольнике $SMN$, тогда $MK$ — перпендикуляр к плоскости $ABS (KM \perp SN$ и $KM \perp AB$, так как $AB$ — перпендикуляр к плоскости $SNE$). Прямая $CD$ параллельна плоскости $SAB$ и поэтому расстояние от точки $D$ до плоскости $SAB$ равно $MK$.
Если $\angle SNM = \phi$, то $KM = MN \sin \phi$, где $tg \phi = \frac{SE}{NE} = \frac{\sqrt{5}}{3 \sqrt{3}}$ откуда $\sin \phi = \frac{ \sqrt{5}}{ 4 \sqrt{2}}, KM = 2 \sqrt{3} \frac{ \sqrt{5}}{ 4 \sqrt{2}} = \frac{ \sqrt{30}}{4}$.
2) Пусть $O$ — центр окружности, вписанной в треугольник $SCD, P$ — точка пересечения отрезка $SN$ с перпендикуляром к стороне $SM$ треугольника $SMN$, проведенным через точку $O$.
Радиус $r$ этой окружности равен радиусу основания конуса, высота $H$ конуса равна $OP$, а его объем $V = \frac{1}{3} \pi r^{2} H$.
Если $\sigma$ — площадь треугольника $SCD, p$ — его полупериметр, то $\sigma = \frac{1}{2} CD \cdot SM, p = SD + \frac{CD}{2}$, где $CD = \frac{1}{3} AB = 2, SM = \sqrt{SE^{2} + ME^{2}} = \sqrt{5 + 3} = 2 \sqrt{2} , SD = \sqrt{SM^{2} + MD^{2} } = \sqrt{8 + 1} = 3, p=4, \sigma = 2 \sqrt{2}$ и поэтому $r = \frac{ \sigma}{p} = \frac{ \sqrt{2}}{2}, SO = SM - r = 2 \sqrt{2} - \frac{ \sqrt{2}}{2} = \frac{3 \sqrt{2}}{2}$.
Пусть $LNSM = \alpha$, тогда $H = SO tg \alpha = \frac{3 \sqrt{3}}{2} tg \alpha$. Найдем $\cos \alpha$, применив теорему косинусов к треугольнику $SMN$. Получим $MN^{2} = SN^{2} + SM^{2} – 2 SN \cdot SM \cos \alpha$, где $SN = \sqrt{SE^{2} + NE^{2}} = \sqrt{5 + 27} = 4 \sqrt{2}, SM = 2 \sqrt{2}$, откуда $ \cos \alpha = \frac{7}{8}, tg \alpha = \frac{ \sqrt{15}}{7}, H = \frac{3 \sqrt{2}}{2} \frac{ \sqrt{15}}{7} = \frac{3 \sqrt{30}}{14}$.
Две противоположные боковые грани четырехугольной пирамиды $SABCD$ перпендикулярны основанию, высота пирамиды равна $\sqrt{5}$. В основании пирамиды лежит равнобедренная трапеция $ABCD (AD = BC)$, описанная около окружности и такая, что $AB = 6, \angle BAD = \frac{ \pi}{3}$. Найти расстояние от точки $D$ до плоскости $SAB$.
Внутри пирамиды расположен конус так, что окружность его основания вписана в треугольник $SCD$, а вершина принадлежит грани $SAB$. Найти объем конуса.
Решение:
Пусть $E$ — точка пересечения $BC$ и $AD$, $M$ и $N$ — середина отрезков $CD$ и $AB$ соответственно (рис. ).
Тогда $ABE$ — правильный треугольник, $NE = \frac{ \sqrt{3}}{2} AB = 3 \sqrt{3}, MN = \frac{2}{3} NE = 2 \sqrt{3}, ME = \sqrt{3}$, так как $MN$ — диаметр вписанной в треугольник $ABE$ окружности, радиус которой равен $\frac{1}{3} NE$.
Заметим, что перпендикулярными основанию пирамиды являются грани $SBC$ и $SAD$, а линия их пересечения (прямая $SE$) — перпендикуляр к основанию и $SE = \sqrt{5}$.
Пусть $MK$ — высота в треугольнике $SMN$, тогда $MK$ — перпендикуляр к плоскости $ABS (KM \perp SN$ и $KM \perp AB$, так как $AB$ — перпендикуляр к плоскости $SNE$). Прямая $CD$ параллельна плоскости $SAB$ и поэтому расстояние от точки $D$ до плоскости $SAB$ равно $MK$.
Если $\angle SNM = \phi$, то $KM = MN \sin \phi$, где $tg \phi = \frac{SE}{NE} = \frac{\sqrt{5}}{3 \sqrt{3}}$ откуда $\sin \phi = \frac{ \sqrt{5}}{ 4 \sqrt{2}}, KM = 2 \sqrt{3} \frac{ \sqrt{5}}{ 4 \sqrt{2}} = \frac{ \sqrt{30}}{4}$.
2) Пусть $O$ — центр окружности, вписанной в треугольник $SCD, P$ — точка пересечения отрезка $SN$ с перпендикуляром к стороне $SM$ треугольника $SMN$, проведенным через точку $O$.
Радиус $r$ этой окружности равен радиусу основания конуса, высота $H$ конуса равна $OP$, а его объем $V = \frac{1}{3} \pi r^{2} H$.
Если $\sigma$ — площадь треугольника $SCD, p$ — его полупериметр, то $\sigma = \frac{1}{2} CD \cdot SM, p = SD + \frac{CD}{2}$, где $CD = \frac{1}{3} AB = 2, SM = \sqrt{SE^{2} + ME^{2}} = \sqrt{5 + 3} = 2 \sqrt{2} , SD = \sqrt{SM^{2} + MD^{2} } = \sqrt{8 + 1} = 3, p=4, \sigma = 2 \sqrt{2}$ и поэтому $r = \frac{ \sigma}{p} = \frac{ \sqrt{2}}{2}, SO = SM - r = 2 \sqrt{2} - \frac{ \sqrt{2}}{2} = \frac{3 \sqrt{2}}{2}$.
Пусть $LNSM = \alpha$, тогда $H = SO tg \alpha = \frac{3 \sqrt{3}}{2} tg \alpha$. Найдем $\cos \alpha$, применив теорему косинусов к треугольнику $SMN$. Получим $MN^{2} = SN^{2} + SM^{2} – 2 SN \cdot SM \cos \alpha$, где $SN = \sqrt{SE^{2} + NE^{2}} = \sqrt{5 + 27} = 4 \sqrt{2}, SM = 2 \sqrt{2}$, откуда $ \cos \alpha = \frac{7}{8}, tg \alpha = \frac{ \sqrt{15}}{7}, H = \frac{3 \sqrt{2}}{2} \frac{ \sqrt{15}}{7} = \frac{3 \sqrt{30}}{14}$.
