Задача №17183

На окружности основания конуса с вершиной $S$ отмечены точки $K$ и $M$ по одну сторону от диаметра основания $AB$ так, что плоскости $ASK$ и $BSM$ наклонены к плоскости основания конуса под углами $\mathrm{arctg}\sqrt{2}$ и $\mathrm{arctg}\sqrt{3}\text{,}$ причём точка $M$ принадлежит дуге $BK\text{,}$ не содержащей точку $A\text{.}$ Тангенс угла наклона образующей конуса к плоскости основания равен $\frac{\sqrt{30}}{4}\text{.}$

А) Докажите, что плоскость $KMS$ наклонена к плоскости основания конуса под углом $60^{\circ }\text{.}$
Б) Найдите площадь треугольника $SKM\text{,}$ если радиус основания конуса равен $2\text{.}$

Обозначения. $O$ — центр основания радиуса $R\text{,}$ $S$ — вершина конуса, $h=SO\text{.}$ Опустим перпендикуляры из $O$ на хорды $AK\text{,}$ $KM\text{,}$ $MB$ — основания $H_1\text{,}$ $H\text{,}$ $H_2$ соответственно. Положим $\angle AOK=\alpha \text{,}$ $\angle KOM=\theta \text{,}$ $\angle MOB=\beta \text{.}$ Поскольку $K\text{,}$ $M$ лежат по одну сторону от диаметра $AB\text{,}$ $\alpha +\theta +\beta =180^{\circ }\text{,}$ и значит $\frac{\alpha }{2}+\frac{\theta }{2}+\frac{\beta }{2}=90^{\circ }\text{.}$

Двугранный угол между плоскостью $ASK$ и основанием — это $\angle S{H}_{1}O$ (по теореме о трёх перпендикулярах). Аналогично для других плоскостей. Угол наклона образующей: $\angle SBO\text{.}$

А) $\mathrm{tg}\angle SBO=\frac{h}{R}=\frac{\sqrt{30}}{4}\text{,}$ поэтому $h=\frac{R\sqrt{30}}{4}\text{.}$

$\mathrm{tg}\angle S{H}_{1}O=\sqrt{2}\text{,}$ откуда $O{H}_1=\frac{h}{\sqrt{2}}=\frac{R\sqrt{15}}{4}\text{.}$

$\mathrm{tg}\angle S{H}_{2}O=\sqrt{3}\text{,}$ откуда $O{H}_2=\frac{h}{\sqrt{3}}=\frac{R\sqrt{10}}{4}\text{.}$

В равнобедренном треугольнике $AOK\text{:}$ $OA=OK=R\text{,}$ $O{H}_1$ — высота к основанию $AK\text{,}$ поэтому $\cos \frac{\alpha }{2}=\frac{O{H}_1}{R}=\frac{\sqrt{15}}{4}\text{,}$ $\sin \frac{\alpha }{2}=\sqrt{1-\frac{15}{16}}=\frac{1}{4}\text{.}$

Аналогично $\cos \frac{\beta }{2}=\frac{\sqrt{10}}{4}\text{,}$ $\sin \frac{\beta }{2}=\frac{\sqrt{6}}{4}\text{.}$

Тогда

$$\sin \frac{\theta }{2}=\sin \left(90^{\circ }-\frac{\alpha +\beta }{2}\right)=\cos \left(\frac{\alpha }{2}+\frac{\beta }{2}\right)=\cos \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\beta }{2}-\sin \frac{\alpha }{2}\sin \frac{\beta }{2}=\frac{\sqrt{15}\cdot \sqrt{10}}{16}-\frac{\sqrt{6}}{16}=\frac{5\sqrt{6}-\sqrt{6}}{16}=\frac{\sqrt{6}}{4}.$$

$\cos \frac{\theta }{2}=\sqrt{1-\frac{6}{16}}=\frac{\sqrt{10}}{4}\text{,}$ поэтому $OH=R\cos \frac{\theta }{2}=\frac{R\sqrt{10}}{4}\text{.}$

$\mathrm{tg}\angle SHO=\frac{h}{OH}=\frac{R\sqrt{30}}{R\sqrt{10}}=\sqrt{3}\text{,}$ откуда $\angle SHO=60^{\circ }\text{.}$ Это и есть угол наклона плоскости $KMS$ к основанию, что и требовалось доказать.

Б) При $R=2\text{:}$ $h=\frac{\sqrt{30}}{2}\text{,}$ $OH=\frac{\sqrt{10}}{2}\text{,}$ $KH=R\sin \frac{\theta }{2}=2\cdot \frac{\sqrt{6}}{4}=\frac{\sqrt{6}}{2}\text{,}$ $KM=2KH=\sqrt{6}\text{.}$

$SH=\sqrt{h^2+O{H}^2}=\sqrt{\frac{30}{4}+\frac{10}{4}}=\sqrt{10}\text{.}$

$$S_{SKM}=\frac{1}{2}\cdot KM\cdot SH=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{6}\cdot \sqrt{10}=\frac{\sqrt{60}}{2}=\sqrt{15}.$$

Ответ:

Б) $\sqrt{15}$