Нахождение объемов и площадей

1)

Пусть \(SH\) – высота пирамиды, то есть \(H\) – точка пересечения биссектрис основания. Рассмотрим основание \(ABC\). Так как центр вписанной в треугольник окружности лежит на пересечении биссектрис, то \(H\) – центр вписанной окружности. Пусть \(AA_1, CC_1\) – биссектрисы, тогда \(CC_1\) также медиана и высота, так как \(AC=CB\). Следовательно, \(HC_1\perp AB\), следовательно, \(HC_1=r\) и есть радиус вписанной окружности.
Проведем \(HK=r\perp AC\). Тогда \(AK=AC_1=1\). Пусть \(CK=t\). Тогда \(CC_1=\sqrt{AC^2-AC_1^2}=\sqrt{t(t+2)}\). Тогда из подобия \(\triangle KCH\sim \triangle ACC_1\): \[\dfrac{HK}{AC_1}=\dfrac{CK}{CC_1} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{2-\sqrt3}1=\dfrac t{\sqrt{t(t+2)}} \quad\Rightarrow\quad t=\dfrac2{\sqrt3}-1\] Следовательно, \(AC=t+1=\dfrac2{\sqrt3}\). Тогда \(CC_1=\dfrac1{\sqrt3}\).

Значит, площадь основания \[S_{ABC}=\dfrac12\cdot AB\cdot CC_1=\dfrac1{\sqrt3}.\]

2)

Заметим, что \(\triangle ASH\) прямоугольный, следовательно, для того, чтобы найти высоту пирамиды, нужно найти \(AH\). Из прямоугольного \(AC_1H\): \[AH^2=AC_1^2+C_1H^2=1+(2-\sqrt3)^2=4(2-\sqrt3).\] Следовательно, \[SH=\sqrt{AS^2-AH^2}=\sqrt{8-4(2-\sqrt3)}=\sqrt{4\sqrt3}=2\sqrt[4]3.\]

Следовательно, объем пирамиды равен \[V=\dfrac13\cdot SH\cdot S_{ABC}=\dfrac2{3\sqrt[4]3}.\]

а) Сечение цилиндра данной плоскостью – это прямоугольник \(ABCD\), где \(AB=CD=H\).
Дуга \(\buildrel\smile\over{AD}=\alpha\), следовательно, центральный угол \(\angle AOD=\alpha\).

Объем цилиндра равен \[V=\pi R^2\cdot H\]

где \(R=AO\); следовательно, необходимо найти \(R^2\).

Рассмотрим прямоугольный треугольник \(ACD\). Из него \[\mathrm{ctg}\,\beta=\dfrac{AD}{CD} \quad \Rightarrow \quad AD=CD\cdot \mathrm{ctg}\,\beta=H\cdot \mathrm{ctg}\,\beta\]

Заметим, что \(\triangle AOD\) – равнобедренный. Тогда по теореме косинусов \[AD^2=AO^2+DO^2-2\cdot AO\cdot DO\cdot \cos\alpha \quad \Rightarrow \quad (H\mathrm{ctg}\,\beta)^2=2R^2(1-\cos\alpha)\]

Отсюда \[R^2=\dfrac{H^2\mathrm{ctg}^2\,\beta}{2(1-\cos\alpha)}\]

Следовательно, \[V=\dfrac{\pi H^3\mathrm{ctg}^2\,\beta}{2(1-\cos\alpha)}\]

б) Подставляя значения из условия, получаем:

\[V=\dfrac{\pi\cdot \frac8{\pi}\cdot (\sqrt3)^2}{2\left(1-\frac12\right)}=24.\]

Если \(E\) – точка пересечения прямых \(AD\) и \(BC\), то \(\angle AEB=60^\circ\). Так как также \(\angle BAE=\angle ABE\) (так как трапеция равнобедренная), то \(\triangle AEB\) равносторонний и \(\angle BAE=60^\circ\). Следовательно, и \(\angle ADC=\angle BCD=60^\circ\).
Пусть \(O\) – центр основания конуса, \(A_1\) – вершина. Тогда \(A_1O\perp (SCD)\).



Заметим, что если в плоскости \(ABC\) провести \(AQ\perp CD\), то \(AQ\perp (SCD)\) (так как \(AQ\perp CD\) и \(AQ\perp SD\)). Следовательно, прямые \(A_1O\) и \(AQ\) параллельны, следовательно, лежат в одной плоскости, причем это плоскость \(SAQ\) (так как \(A_1\in SA\)).
Рассмотрим грань \(SCD\). Пусть \(OD_1\perp SD\) – радиус вписанной окружности. Тогда \(DD_1=r\) по свойству прямоугольного треугольника.
\(\triangle SD_1O\sim \triangle SDQ\), следовательно, \[\dfrac{SD_1}{SD}=\dfrac{D_1O}{DQ} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{12-r}{12}=\dfrac r{DQ}\] \(DQ\) можно найти из прямоугольного \(\triangle DQA\): \(DQ\) лежит против угла \(\angle DAQ=30^\circ\), значит, \(DQ=\frac12DA=3\). Также по теореме Пифагора можно найти \(AQ=3\sqrt3\).
Следовательно, \[\dfrac{12-r}{12}=\dfrac r3 \quad\Rightarrow\quad r=\dfrac{12}5\] Рассмотрим \(\triangle ASQ\): он подобен \(\triangle A_1SO\), значит, \[\dfrac{A_1O}{AQ}=\dfrac{SO}{SQ}=\dfrac{SD_1}{SD}=\dfrac{\frac{48}5}{12}= \dfrac45\] Следовательно, \(A_1O=\frac45AQ=\frac{12\sqrt3}5\).

Тогда объем конуса равен: \[V=\dfrac13\cdot \pi\cdot r^2\cdot A_1O=\dfrac13\cdot \pi\cdot \left(\dfrac{12}5\right)^2\cdot \dfrac{12\sqrt3}5=\dfrac{576}{125}\sqrt3\pi\]

1) Рассмотрим правильную пирамиду \(SABCD\), \(SO=H\) – высота (которая падает в точку пересечения диагоналей основания), \(\angle CSD=\alpha\).
Напомним, что у правильной пирамиды все боковые грани представляют собой равные равнобедренные треугольники.

Введем вспомогательный угол между боковым ребром и основанием: \(\angle SOD=\phi\).

Тогда \(\sin\phi=\dfrac{SO}{SD}\), следовательно, \(SD=\dfrac{H}{\sin\phi}=SC\).

Тогда, т.к. площадь треугольника равна полупроизведению сторон на синус угла между ними,

\[S_{\text{бок.пов.}}=4\cdot \dfrac12SD\cdot SC\cdot \sin\alpha= \dfrac{2H^2\cdot \sin\alpha}{\sin^2\phi}\]

2) Теперь необходимо выразить \(\sin\phi\) через данные в условии величины.

Проведем \(SK\) – медиану и высоту в равнобедренном \(\triangle SCD\). Тогда \[\sin\angle DSK=\sin\dfrac{\alpha}2=\dfrac{DK}{SD}=\dfrac{CD}{2SD} \qquad (1)\]

\(BD=\sqrt2\cdot CD\) как диагональ квадрата, следовательно, \(OD=\frac{\sqrt2}2CD\). В \(\triangle SOD\):

\[\cos\phi=\dfrac{OD}{SD}=\dfrac{CD}{\sqrt2SD} \qquad (2)\]

Разделим равенство \((1)\) на равенство \((2)\) и получим:

\[\dfrac{\sin\dfrac{\alpha}2}{\cos\phi}=\dfrac1{\sqrt2} \quad \Rightarrow \quad \cos\phi=\sqrt2\sin\dfrac{\alpha}2\]

Тогда \(\sin^2\phi=1-\cos^2\phi=1-2\sin^2\dfrac{\alpha}2=\cos\alpha\).

3) Таким образом, \[S_{\text{бок.пов.}}=\dfrac{2H^2\sin\alpha}{\cos\alpha}= 2H^2\cdot \mathrm{tg}\,\alpha.\]

4) Подставляя значения из условия, находим, что

\[S_{\text{бок.пов.}}=6\sqrt3.\]

Пусть \(DABC\) – тетраэдр, точки \(A_1, B_1, C_1, D_1\) — точки пересечения медиан в гранях \(DBC, DAC, DAB, ABC\) соответственно.

1) Т.к. медианы точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\), считая от вершины, то \(DA_1:A_1M=AD_1:D_1M=2:1\). Следовательно, \(\triangle MAD\sim \triangle MA_1D_1\) по углу и двум прилежащим пропорциональным сторонам. Таким образом, \(D_1A_1\parallel DA\) (\(\angle MA_1D_1=\angle MDA\) как соответственные) и \(D_1A_1=\frac13DA\).

Аналогичным образом можно доказать, что \(D_1B_1=\frac13DB\), \(D_1C_1=\frac13DC\).

2) \(\triangle DC_1A_1\sim \triangle DKM\) с коэффициентом \(\frac23\), то есть \(C_1A_1=\frac23KM\). А вот \(\triangle BKM\sim \triangle BAC\) с коэффициентом \(\frac12\) (т.к. \(KM\) – средняя линия), то есть \(KM=\frac12AC\).

Следовательно, \(C_1A_1=\frac23KM=\frac23\cdot \frac12AC=\frac13AC\).

Аналогично доказывается, что \(A_1B_1=\frac13AB\), \(B_1C_1=\frac13BC\).

3) Таким образом, все ребра тетраэдра \(A_1B_1C_1D_1\) в три раза меньше соответствующих ребер тетраэдра \(ABCD\), а это значит, что каждая грань тетраэдра \(A_1B_1C_1D_1\) подобна с коэффициентом \(\frac13\) соответствующей грани тетраэдра \(ABCD\).

4) Т.к. площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия, то площадь каждой грани тетраэдра \(A_1B_1C_1D_1\) равна \(\frac19\) от площади соответствующей грани тетраэдра \(ABCD\). Следовательно,

\[S_{A_1B_1C_1D_1}=\dfrac19S_{ABCD}=\frac19\cdot 9=1.\]

а)

1) Достроим усеченный конус до целого конуса. Тогда \(EH\) – высота, \(ED\) – образующая всего конуса; \(CD\) – образующая усеченного конуса, \(ABCD\) – осевое сечение усеченного конуса, \(AC\) – диагональ этого сечения, которая перпендикулярна \(CD\).
\(\angle EDH=\phi\) – угол между образующей и плоскостью нижнего основания.

Обозначим за \(R\) и \(r\) – радиусы нижнего и верхнего оснований усеченного конуса соответственно. Тогда из условия сумма длин окружностей оснований равна

\[2\pi m=2\pi r+2\pi R \quad \Rightarrow \quad R+r=m\]

2) Для того, чтобы найти площадь боковой поверхности усеченного конуса, нужно из площади боковой поверхности всего конуса вычесть площадь боковой поверхности маленького конуса:

\[S=\pi R\cdot ED-\pi r\cdot EC=\pi (R\cdot ED-r\cdot EC)\]

Заметим, что \(\triangle EKC\) и \(\triangle EHD\) – прямоугольные, следовательно, \[\cos \phi=\dfrac{KC}{EC}=\dfrac{HD}{ED} \quad \Rightarrow \quad EC=\dfrac{KC}{\cos \phi}=\dfrac{r}{\cos \phi} \quad\text{ и }\quad ED=\dfrac{HD}{\cos \phi}=\dfrac{R}{\cos \phi}\]

Значит, площадь боковой поверхности уже приобретает вид:

\[S=\pi\left(\dfrac{R^2}{\cos\phi}-\dfrac{r^2}{\cos\phi}\right)= \dfrac{\pi}{\cos\phi}\cdot (R-r)(R+r)= \dfrac{\pi}{\cos\phi}\cdot m\cdot (R-r)\]

Необходимо найти \(R-r\).

3) Т.к. \(AC\perp CD\), то \(\triangle ACD\) – прямоугольный, следовательно, \[\cos \phi=\dfrac{CD}{AD} \quad \Rightarrow \quad CD=AD\cdot \cos \phi=2R\cdot \cos \phi\]

Из данных второго пункта мы можем сказать, что \[CD=ED-EC=\dfrac{R}{\cos \phi}-\dfrac{r}{\cos \phi}=\dfrac{R-r}{\cos \phi}\]

Таким образом, имеем: \[2R\cdot \cos \phi=\dfrac{R-r}{\cos \phi} \quad \Rightarrow \quad R(1-2\cos^2\phi)=r \quad \Leftrightarrow \quad r=-R\cdot \cos2\phi\]

Но \(R+r=m\), следовательно, \(R-R\cdot \cos2\phi=m\), следовательно, \[R=\dfrac{m}{1-\cos 2\phi}\]

Подставляя это значение для \(R\) в \(r=-R\cdot \cos2\phi\), находим, что \[r=\dfrac{m\cdot \cos 2\phi}{\cos2\phi-1}\]

Таким образом, \[R-r=\dfrac{m(1+\cos2\phi)}{1-\cos2\phi}\]

4) Значит, площадь боковой поверхности равна

\[S=\dfrac{\pi}{\cos\phi}\cdot m\cdot\dfrac{m(1+\cos2\phi)}{1-\cos2\phi}=\pi m^2\cdot \dfrac{1+2\cos^2\phi-1}{\cos\phi(1-1+2\sin^2\phi)}=\pi m^2\cdot \dfrac{\cos\phi}{\sin^2\phi}\]

б) Подставляя значения из условия и помня, что \(\sin^2\phi=1-\cos^2\phi\), найдем площадь боковой поверхности:

\[S=\pi\cdot (3\sqrt2)^2\cdot \dfrac{\cos\left(\arccos\frac15\right)}{1-\cos^2\left(\arccos\frac15\right)}= \dfrac{15}4\pi=3,75\pi\]