Задачи на цилиндр, конус и шар - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Пусть [tex]R\gt r[/tex] — радиусы оснований, [tex]h[/tex] — высота, [tex]l[/tex] — образующая, [tex]\rho[/tex] — радиус сферы. Осевое сечение — равнобедренная трапеция [tex]ABCD[/tex] ([tex]AB=2R[/tex], [tex]CD=2r[/tex], [tex]AD=BC=l[/tex]), в которую вписана большая окружность сферы; в силу симметрии она касается [tex]AB[/tex] в его середине [tex]O_1[/tex] и [tex]CD[/tex] в его середине [tex]O_2[/tex].
Отрезки касательных из [tex]A[/tex] равны [tex]AO_1=R[/tex], а из [tex]D[/tex] — [tex]DO_2=r[/tex], поэтому [tex]l=AD=R+r[/tex]. Пусть [tex]DH[/tex] — высота трапеции; тогда [tex]AH=R-r[/tex] и
[tex]h^2=l^2-(R-r)^2=(R+r)^2-(R-r)^2=4Rr[/tex]
Сфера касается обоих оснований, поэтому [tex]h=2\rho[/tex] и [tex]\rho^2=Rr[/tex]. Объёмы шара и усечённого конуса равны
[tex]V_1=\frac{4}{3}\pi\rho^3; \ V_2=\frac{1}{3}\pi h(R^2+Rr+r^2)=\frac{2}{3}\pi\rho(R^2+Rr+r^2)[/tex]
Условие [tex]V_1=\frac{1}{2}V_2[/tex] даёт
[tex]\frac{4}{3}\pi\rho^3=\frac{1}{3}\pi\rho(R^2+Rr+r^2)\Rightarrow 4\rho^2=R^2+Rr+r^2[/tex]
[tex]4Rr=R^2+Rr+r^2\Rightarrow R^2+r^2=3Rr[/tex]
Так как [tex]DH[/tex] параллельна оси, она перпендикулярна плоскости большего основания. Поэтому [tex]AH[/tex] — ортогональная проекция [tex]AD[/tex] на эту плоскость и [tex]\beta=\angle DAH[/tex]. Из прямоугольного [tex]\triangle AHD[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \beta=\frac{DH}{AH}=\frac{h}{R-r}\Rightarrow \operatorname{tg} ^2\beta=\frac{4Rr}{R^2-2Rr+r^2}=\frac{4Rr}{3Rr-2Rr}=4[/tex]
Так как угол [tex]\beta[/tex] острый, [tex]\operatorname{tg} \beta=2[/tex].

Решение:
Пусть [tex]h=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex] — высота треугольника, [tex]m[/tex] — ось. Прямая, параллельная [tex]AC[/tex] и удалённая от неё на [tex]h[/tex] в сторону точки [tex]B[/tex], проходит через [tex]B[/tex], поэтому [tex]m[/tex] лежит по другую сторону от [tex]AC[/tex]: точки [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex] удалены от [tex]m[/tex] на [tex]h[/tex], а точка [tex]B[/tex] — на [tex]2h[/tex].
Пусть [tex]A'[/tex], [tex]B'[/tex], [tex]C'[/tex] — основания перпендикуляров, опущенных из [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex] на [tex]m[/tex]; тогда [tex]A'C'=a[/tex], а [tex]B'[/tex] — середина [tex]A'C'[/tex], так как основание высоты из [tex]B[/tex] — середина [tex]AC[/tex]. При вращении трапеции [tex]A'ABB'[/tex] и [tex]B'BCC'[/tex] описывают два равных усечённых конуса с радиусами [tex]h[/tex] и [tex]2h[/tex], высотой [tex]\frac{a}{2}[/tex] и образующей [tex]a[/tex], а прямоугольник [tex]A'ACC'[/tex] описывает цилиндр с радиусом [tex]h[/tex] и высотой [tex]a[/tex].
Треугольник получается из двух трапеций удалением прямоугольника, поэтому тело состоит из двух усечённых конусов с цилиндрическим отверстием. Объём [tex]V_1[/tex] одного усечённого конуса и объём [tex]V_2[/tex] цилиндра равны (с учётом [tex]h^2=\frac{3a^2}{4}[/tex]):
[tex]V_1=\frac{1}{3}\pi\cdot \frac{a}{2}\left(h^2+h\cdot 2h+(2h)^2\right)=\frac{7\pi ah^2}{6}=\frac{7\pi a^3}{8}[/tex]
[tex]V_2=\pi h^2a=\frac{3\pi a^3}{4}[/tex]
[tex]V=2V_1-V_2=\frac{7\pi a^3}{4}-\frac{3\pi a^3}{4}=\pi a^3[/tex]
Поверхность тела состоит из боковых поверхностей двух усечённых конусов (их описывают [tex]AB[/tex] и [tex]BC[/tex]) и боковой поверхности цилиндра (её описывает [tex]AC[/tex]):
[tex]S=2\cdot \pi(h+2h)a+2\pi ha=8\pi ah=8\pi a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}\pi a^2[/tex]
Следовательно, [tex]V=\pi a^3[/tex] и [tex]S=4\sqrt{3}\pi a^2[/tex].

Решение:
Угол не зависит от размеров, поэтому пусть радиус сфер равен [tex]1[/tex]. Пусть [tex]O_1[/tex], [tex]O_2[/tex], [tex]O_3[/tex] — центры сфер, касающихся основания, [tex]O_4[/tex] — центр четвёртой сферы, [tex]S[/tex] — вершина конуса. Центры касающихся сфер находятся на расстоянии [tex]2[/tex], поэтому [tex]O_1O_2O_3O_4[/tex] — правильный тетраэдр с ребром [tex]2[/tex].
Точки [tex]O_1[/tex], [tex]O_2[/tex], [tex]O_3[/tex] удалены от основания на [tex]1[/tex], поэтому плоскость [tex]O_1O_2O_3[/tex] параллельна основанию и перпендикулярна оси; пусть ось пересекает её в точке [tex]G[/tex]. Так как [tex]O_4[/tex] лежит на оси, [tex]O_4G[/tex] — перпендикуляр к этой плоскости, а равные наклонные [tex]O_4O_1=O_4O_2=O_4O_3[/tex] имеют равные проекции, т.е. [tex]G[/tex] — центр правильного [tex]\triangle O_1O_2O_3[/tex]. Из прямоугольного [tex]\triangle O_4GO_1[/tex]:
[tex]GO_1=\frac{O_1O_2}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}; \ O_4G=\sqrt{O_4O_1^2-GO_1^2}=\sqrt{4-\frac{4}{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}[/tex]
Рассмотрим осевое сечение, проходящее через [tex]O_1[/tex]; пусть [tex]SA[/tex] — образующая в нём со стороны [tex]O_1[/tex]. В силу осевой симметрии ближайшая к [tex]O_1[/tex] точка боковой поверхности лежит в этой плоскости, поэтому расстояние от [tex]O_1[/tex] до прямой [tex]SA[/tex] равно радиусу [tex]1[/tex]. То же верно для точки [tex]O_4[/tex], которая тоже лежит в этой плоскости.
Оба центра лежат внутри конуса, по одну сторону от [tex]SA[/tex] и на одинаковом расстоянии [tex]1[/tex] от неё, следовательно, [tex]O_4O_1\parallel SA[/tex]. Поэтому половина угла при вершине [tex]\theta=\angle ASO[/tex] ([tex]O[/tex] — центр основания) равна [tex]\angle GO_4O_1[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \theta=\frac{GO_1}{O_4G}=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{3}{2\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]
Угол при вершине осевого сечения равен [tex]\varphi=2\theta[/tex], поэтому
[tex]\cos\varphi=\frac{1-\operatorname{tg} ^2\theta}{1+\operatorname{tg} ^2\theta}=\frac{1-\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}[/tex]
(Такой конус существует: [tex]\sin \theta=\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex], поэтому вершина находится на расстоянии [tex]SO_4=\frac{1}{\sin \theta}=\sqrt{3}\gt 1[/tex] от [tex]O_4[/tex], выше четвёртой сферы.)

Решение:
Пусть [tex]R[/tex] — радиус шара, а [tex]O[/tex] — его центр. Цилиндр наибольшего объёма вписан в шар, т.е. обе окружности его оснований лежат на сфере (иначе его можно увеличить, оставаясь внутри шара).
Центр каждой окружности основания — основание перпендикуляра, опущенного из [tex]O[/tex] на её плоскость, поэтому [tex]O[/tex] лежит на оси цилиндра. Окружности оснований имеют равные радиусы [tex]r[/tex], поэтому их плоскости равноудалены от [tex]O[/tex] и [tex]O[/tex] — середина оси. Если [tex]h[/tex] — высота, то осевое сечение — прямоугольник со сторонами [tex]2r[/tex] и [tex]h[/tex], вписанный в большой круг, поэтому
[tex]r^2+\frac{h^2}{4}=R^2,\qquad 0\lt h\lt 2R[/tex]
Объём цилиндра как функция от [tex]h[/tex] и его производная равны
[tex]V(h)=\pi r^2h=\pi\left(R^2h-\frac{h^3}{4}\right),\qquad V'(h)=\pi\left(R^2-\frac{3h^2}{4}\right)[/tex]
[tex]V'(h)\gt 0[/tex] при [tex]h\lt\frac{2R}{\sqrt{3}}[/tex] и [tex]V'(h)\lt 0[/tex] при [tex]h\gt\frac{2R}{\sqrt{3}}[/tex], поэтому максимум достигается при [tex]h=\frac{2R}{\sqrt{3}}[/tex], когда [tex]r^2=R^2-\frac{R^2}{3}=\frac{2R^2}{3}[/tex]:
[tex]V_{\max}=\pi\cdot \frac{2R^2}{3}\cdot \frac{2R}{\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \frac{4}{3}\pi R^3[/tex]
Объём шара равен [tex]\frac{4}{3}\pi R^3=\sqrt{3}[/tex], следовательно, [tex]V_{\max}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=1[/tex] куб. см.

Решение:
Каждая боковая грань касается боковой поверхности цилиндра по образующей, поэтому она параллельна оси. Значит, боковые рёбра перпендикулярны основаниям и параллелепипед — прямая призма [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] с высотой [tex]5[/tex], основание [tex]ABCD[/tex] которой — параллелограмм, описанный около окружности основания цилиндра (центр [tex]O[/tex], радиус [tex]1[/tex]).
В описанном четырёхугольнике суммы противоположных сторон равны: [tex]AB+CD=BC+AD[/tex]; так как [tex]AB=CD[/tex] и [tex]BC=AD[/tex], получаем [tex]AB=BC[/tex], т.е. [tex]ABCD[/tex] — ромб. Центр ромба (точка пересечения диагоналей) — это центр [tex]O[/tex] вписанной окружности, а высота ромба равна диаметру [tex]2[/tex].
Объём цилиндра равен [tex]\pi\cdot 1^2\cdot 5=5\pi[/tex], поэтому для объёма [tex]V[/tex] параллелепипеда и площади его основания:
[tex]V=5\pi\cdot \frac{5}{\pi}=25,\qquad S_{ABCD}=\frac{25}{5}=5=2\cdot AB\Rightarrow AB=\frac{5}{2}[/tex]
Пусть [tex]AC=d_1\ge BD=d_2[/tex]. Диагонали ромба перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам, поэтому
[tex]\frac{d_1d_2}{2}=5,\qquad \left(\frac{d_1}{2}\right)^2+\left(\frac{d_2}{2}\right)^2=\left(\frac{5}{2}\right)^2\Rightarrow d_1d_2=10,\quad d_1^2+d_2^2=25[/tex]
[tex](d_1+d_2)^2=45,\quad (d_1-d_2)^2=5\Rightarrow d_1=2\sqrt{5},\quad d_2=\sqrt{5}[/tex]
Большая диагональ параллелепипеда — [tex]AC_1[/tex]; её ортогональная проекция на основание — большая диагональ [tex]AC[/tex] (так как [tex]CC_1\perp(ABC)[/tex]). Из прямоугольного треугольника [tex]ACC_1[/tex]:
[tex]AC_1=\sqrt{AC^2+CC_1^2}=\sqrt{20+25}=3\sqrt{5}[/tex]
Все точки [tex]AC_1[/tex] лежат между плоскостями оснований, поэтому точка отрезка [tex]AC_1[/tex] находится внутри цилиндра тогда и только тогда, когда её ортогональная проекция на основание находится внутри окружности основания. Проекция [tex]AC[/tex] проходит через [tex]O[/tex], и её точки внутри окружности образуют диаметр [tex]MN[/tex] длины [tex]2[/tex]. Пусть [tex]M'[/tex] и [tex]N'[/tex] — точки [tex]AC_1[/tex], проектирующиеся в [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex]; искомая часть — [tex]M'N'[/tex].
Так как [tex]MM'\parallel NN'\parallel CC_1[/tex], по теореме о пропорциональных отрезках
[tex]\frac{M'N'}{AC_1}=\frac{MN}{AC}\Rightarrow M'N'=\frac{2\cdot 3\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}=3[/tex]
Искомая длина равна [tex]3[/tex] см.

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — центр квадрата [tex]ABCD[/tex], а [tex]r[/tex] — радиус цилиндра; его высота равна [tex]2r[/tex]. Имеем [tex]OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex], и из прямоугольного треугольника [tex]AOM[/tex]
[tex]MO=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=OA\Rightarrow \angle MAO=45^{\circ}[/tex]
Цилиндр лежит на плоскости основания и касается её по [tex]AC[/tex]; его основания перпендикулярны [tex]AC[/tex] и пересекают [tex]AC[/tex] в точках [tex]K[/tex] и [tex]L[/tex], [tex]KL=2r[/tex], причём [tex]K[/tex] ближе к [tex]A[/tex]. В силу симметрии относительно плоскости [tex]ACM[/tex] основание, проходящее через [tex]K[/tex], касается граней [tex]ABM[/tex] и [tex]ADM[/tex], основание через [tex]L[/tex] касается [tex]CBM[/tex] и [tex]CDM[/tex], и [tex]AK=CL=x[/tex].
Плоскость основания, проходящая через [tex]K[/tex], перпендикулярна [tex]AC[/tex] (значит, параллельна [tex]BD[/tex]) и пересекает [tex]AB[/tex], [tex]AD[/tex], [tex]AM[/tex] в точках [tex]P[/tex], [tex]Q[/tex], [tex]N[/tex]. Так как [tex]\angle KAB=\angle KAD=45^{\circ}[/tex], то [tex]KP=KQ=x[/tex] и [tex]PQ=2x[/tex]. Плоскость [tex]ACM[/tex] перпендикулярна основанию, поэтому [tex]NK\perp PQ[/tex], а из прямоугольного треугольника [tex]AKN[/tex] с [tex]\angle NAK=45^{\circ}[/tex] получаем [tex]NK=x[/tex].
Значит, [tex]PNQ[/tex] — равнобедренный прямоугольный треугольник с гипотенузой [tex]PQ=2x[/tex] и катетами [tex]NP=NQ=x\sqrt{2}[/tex]. Окружность основания цилиндра лежит в его плоскости и касается [tex]PQ[/tex] (в точке [tex]K[/tex]), [tex]NP[/tex] и [tex]NQ[/tex], т.е. это вписанная окружность [tex]\triangle PNQ[/tex]:
[tex]r=\frac{NP+NQ-PQ}{2}=x(\sqrt{2}-1)\Rightarrow x=r(\sqrt{2}+1)[/tex]
Из [tex]AC=AK+KL+LC[/tex]:
[tex]a\sqrt{2}=2r(\sqrt{2}+1)+2r=2r(\sqrt{2}+2)\Rightarrow r=\frac{a}{2(\sqrt{2}+1)}=\frac{a(\sqrt{2}-1)}{2}[/tex]
Тогда [tex]x=\frac{a}{2}\lt OA[/tex], т.е. [tex]K[/tex] лежит между [tex]A[/tex] и [tex]O[/tex]; сечения пирамиды, перпендикулярные [tex]AC[/tex], растут от [tex]A[/tex] к [tex]O[/tex] и симметрично уменьшаются к [tex]C[/tex], поэтому весь цилиндр находится внутри пирамиды. Его объём равен
[tex]V=\pi r^2\cdot 2r=2\pi r^3=\frac{\pi a^3(\sqrt{2}-1)^3}{4}=\frac{\pi a^3(5\sqrt{2}-7)}{4}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]H[/tex] — центр квадрата [tex]ABCD[/tex] ([tex]SH[/tex] — высота пирамиды), а [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex] — середины [tex]SB[/tex] и [tex]SD[/tex]. Шар касается [tex]SB[/tex] в точке [tex]P[/tex], поэтому [tex]OP\perp SB[/tex], т.е. [tex]O[/tex] лежит в плоскости, проходящей через [tex]P[/tex] перпендикулярно [tex]SB[/tex], — в плоскости, перпендикулярной [tex]SB[/tex] и проходящей через её середину. Так как [tex]AS=AB=a[/tex] и [tex]CS=CB=a[/tex], точки [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex] тоже лежат в этой плоскости.
Точно так же [tex]O[/tex], [tex]A[/tex], [tex]C[/tex] лежат в плоскости, перпендикулярной [tex]SD[/tex] и проходящей через её середину. Эти две плоскости различны и обе содержат прямую [tex]AC[/tex], значит, они пересекаются по [tex]AC[/tex] и [tex]O\in AC[/tex]. Кроме того, [tex]AC\perp BD[/tex] и [tex]AC\perp SH[/tex], поэтому [tex]AC\perp(SBD)[/tex] и [tex]OH\perp HP[/tex].
В прямоугольном треугольнике [tex]SHB[/tex] медиана, проведённая к гипотенузе, равна [tex]HP=\frac{SB}{2}=\frac{a}{2}[/tex]. Пусть [tex]OH=x[/tex]; из прямоугольного треугольника [tex]OHP[/tex] получаем [tex]OP^2=x^2+\frac{a^2}{4}[/tex], а [tex]AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex]. Радиусы [tex]OA[/tex] и [tex]OP[/tex] равны. Если бы [tex]O[/tex] лежала на луче [tex]HC[/tex], то
[tex]OA^2=\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}+x\right)^2=\frac{a^2}{2}+\sqrt{2}ax+x^2\gt x^2+\frac{a^2}{4}=OP^2[/tex]
что невозможно. Значит, [tex]O[/tex] лежит на луче [tex]HA[/tex] и
[tex]\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}-x\right)^2=x^2+\frac{a^2}{4}\Rightarrow \frac{a^2}{2}-\sqrt{2}ax=\frac{a^2}{4}\Rightarrow x=\frac{a\sqrt{2}}{8}[/tex]
Таким образом, [tex]O[/tex] лежит между [tex]H[/tex] и [tex]A[/tex], и
[tex]CO=CH+HO=\frac{a\sqrt{2}}{2}+\frac{a\sqrt{2}}{8}=\frac{5a\sqrt{2}}{8}=\frac{5}{8}CA[/tex]
Так как [tex]C[/tex] лежит в плоскости [tex](SCD)[/tex], расстояние от [tex]O[/tex] до [tex](SCD)[/tex] составляет [tex]\frac{5}{8}[/tex] расстояния от [tex]A[/tex] до [tex](SCD)[/tex]. Пирамиды [tex]OSCD[/tex] и [tex]ASCD[/tex] имеют общее основание [tex]SCD[/tex], поэтому [tex]V_{OSCD}=\frac{5}{8}V_{ASCD}[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]SHA[/tex] находим [tex]SH=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex], следовательно,
[tex]V_{ASCD}=V_{SACD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}a^3}{12}[/tex]
[tex]V_{OSCD}=\frac{5}{8}\cdot \frac{\sqrt{2}a^3}{12}=\frac{5\sqrt{2}a^3}{96}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]O_1[/tex] и [tex]O_2[/tex] — центры сфер радиусов [tex]10[/tex] и [tex]3\sqrt{5}[/tex], а их общая окружность имеет центр [tex]Q[/tex], радиус [tex]6[/tex] и лежит в плоскости [tex]\alpha[/tex]. Основание перпендикуляра, опущенного из центра сферы на секущую плоскость, — центр окружности сечения, поэтому [tex]O_1Q\perp\alpha[/tex] и [tex]O_2Q\perp\alpha[/tex], т.е. [tex]O_1[/tex], [tex]O_2[/tex] и [tex]Q[/tex] лежат на одной прямой, перпендикулярной [tex]\alpha[/tex].
Возьмём точку [tex]P[/tex] на окружности: [tex]QP=6[/tex], [tex]O_1P=10[/tex], [tex]O_2P=3\sqrt{5}[/tex]. Из прямоугольных треугольников [tex]O_1QP[/tex] и [tex]O_2QP[/tex]
[tex]O_1Q=\sqrt{10^2-6^2}=8; \quad O_2Q=\sqrt{45-36}=3[/tex]
Если центры лежат по разные стороны от [tex]\alpha[/tex], то [tex]O_1O_2=O_1Q+QO_2=8+3=11[/tex]; если по одну сторону, то [tex]O_1O_2=O_1Q-O_2Q=8-3=5[/tex].
Оба случая возможны: если [tex]O_2[/tex] — точка прямой [tex]O_1Q[/tex] на расстоянии [tex]3[/tex] от [tex]Q[/tex] (по любую сторону от [tex]\alpha[/tex]), то каждая точка окружности удалена от [tex]O_2[/tex] на [tex]\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}[/tex], т.е. окружность лежит на обеих сферах, а две различные сферы пересекаются не более чем по одной окружности.
Следовательно, расстояние между центрами равно [tex]5[/tex] или [tex]11[/tex].

Решение:
Пусть [tex]M[/tex] — вершина, [tex]O[/tex] — центр основания, [tex]AB[/tex] — диаметр основания; осевое сечение — равнобедренный треугольник [tex]ABM[/tex] с [tex]MA=MB=l[/tex] и [tex]AB=2r[/tex]. По симметрии центр [tex]I[/tex] шара лежит на оси [tex]MO[/tex], поэтому плоскость осевого сечения пересекает шар по большому кругу, окружность которого касается [tex]AB[/tex], [tex]MA[/tex] и [tex]MB[/tex]. Значит, радиус [tex]\rho[/tex] шара равен радиусу окружности, вписанной в треугольник [tex]ABM[/tex].
Из прямоугольного треугольника [tex]AOM[/tex] высота равна [tex]h=\sqrt{l^2-r^2}[/tex]. Площадь треугольника [tex]ABM[/tex] равна [tex]\frac{1}{2}\cdot 2r\cdot h=rh[/tex], а его полупериметр равен [tex]l+r[/tex], поэтому
[tex]\rho=\frac{rh}{l+r}=\frac{r\sqrt{(l-r)(l+r)}}{l+r}=r\sqrt{\frac{l-r}{l+r}}[/tex]
Объём шара равен
[tex]V=\frac{4}{3}\pi\rho^3=\frac{4}{3}\pi r^3\cdot \frac{l-r}{l+r}\sqrt{\frac{l-r}{l+r}}=\frac{4\pi r^3(l-r)}{3(l+r)}\sqrt{\frac{l-r}{l+r}}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]P[/tex] — ортогональная проекция [tex]D[/tex] на плоскость [tex]ABC[/tex] и [tex]h=DP[/tex]. Отрезки [tex]PA[/tex], [tex]PB[/tex], [tex]PC[/tex] — проекции [tex]DA[/tex], [tex]DB[/tex], [tex]DC[/tex], поэтому [tex]\angle DAP=\angle DBP=60^{\circ}[/tex], [tex]\angle DCP=45^{\circ}[/tex], и из прямоугольных треугольников [tex]DPA[/tex] и [tex]DPB[/tex]
[tex]PA=PB=h\operatorname{ctg} 60^{\circ}=\frac{h}{\sqrt{3}}[/tex]
Пусть [tex]K[/tex] — основание перпендикуляра, опущенного из [tex]P[/tex] на прямую [tex]CA[/tex]. По теореме о трёх перпендикулярах [tex]DK\perp CA[/tex], поэтому [tex]\angle DKP=60^{\circ}[/tex] — угол между гранью [tex]DCA[/tex] и основанием, и [tex]PK=h\operatorname{ctg} 60^{\circ}=PA[/tex]. Если [tex]K\ne A[/tex], то катет [tex]PK[/tex] прямоугольного треугольника [tex]PKA[/tex] был бы меньше гипотенузы [tex]PA[/tex]; значит, [tex]K=A[/tex], т.е. [tex]PA\perp CA[/tex] и [tex]DA\perp CA[/tex]. Аналогично [tex]PB\perp CB[/tex] и [tex]DB\perp CB[/tex].
Итак, [tex]\angle DAC=\angle DBC=90^{\circ}[/tex], и точки [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] лежат на сфере с диаметром [tex]DC[/tex]. Эта сфера проходит через все четыре вершины, значит, это описанная сфера и [tex]DC=2\cdot 3=6[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]DPC[/tex] с [tex]\angle DCP=45^{\circ}[/tex]
[tex]h=DP=PC=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}; \quad PA=PB=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\sqrt{6}[/tex]
а из прямоугольных треугольников [tex]PAC[/tex] и [tex]PBC[/tex]
[tex]AC=BC=\sqrt{PC^2-PA^2}=\sqrt{18-6}=2\sqrt{3}[/tex]
Так как [tex]PA=PB[/tex] и [tex]CA=CB[/tex], прямая [tex]PC[/tex] — серединный перпендикуляр к отрезку [tex]AB[/tex]; пусть [tex]E=AB\cap PC[/tex]. Отрезок [tex]AE[/tex] — высота, проведённая к гипотенузе прямоугольного треугольника [tex]PAC[/tex], поэтому
[tex]AE=\frac{PA\cdot AC}{PC}=\frac{\sqrt{6}\cdot 2\sqrt{3}}{3\sqrt{2}}=2; \quad CE=\frac{AC^2}{PC}=\frac{12}{3\sqrt{2}}=2\sqrt{2}[/tex]
Значит, [tex]AB=2AE=4[/tex] и
[tex]S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot CE=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 2\sqrt{2}=4\sqrt{2}; \quad V=\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot DP=\frac{1}{3}\cdot 4\sqrt{2}\cdot 3\sqrt{2}=8[/tex]

Решение:
Пусть усечённая пирамида имеет нижнее основание [tex]A_1A_2\ldots A_n[/tex], верхнее основание [tex]B_1B_2\ldots B_n[/tex] и боковые рёбра [tex]A_iB_i[/tex] (индексы берутся по модулю [tex]n[/tex], т.е. [tex]A_{n+1}=A_1[/tex]); она отсекается от пирамиды [tex]A_1A_2\ldots A_nS[/tex] плоскостью, параллельной основанию. Пусть [tex]Q[/tex] — центр сферы. Все отрезки касательных, проведённых из точки [tex]X[/tex] к сфере, равны (каждый из них — катет прямоугольного треугольника с гипотенузой [tex]XQ[/tex], другой катет которого равен радиусу).
Плоскость нижнего основания пересекает сферу по окружности [tex]k_1[/tex] с центром [tex]O_1[/tex] (основание перпендикуляра из [tex]Q[/tex]) и радиусом [tex]r[/tex]. Каждая сторона [tex]A_iA_{i+1}[/tex] лежит в этой плоскости и имеет со сферой ровно одну общую точку [tex]M_i[/tex], поэтому она касается [tex]k_1[/tex] в точке [tex]M_i[/tex]. Значит, [tex]k_1[/tex] — вписанная окружность основания [tex]A_1A_2\ldots A_n[/tex]. Аналогично верхнее основание имеет вписанную окружность [tex]k_2[/tex], центр [tex]O_2[/tex] которой — основание перпендикуляра из [tex]Q[/tex]; так как основания параллельны, точки [tex]O_1[/tex], [tex]O_2[/tex] и [tex]Q[/tex] лежат на одной прямой, перпендикулярной основаниям.
Гомотетия с центром [tex]S[/tex], переводящая плоскость нижнего основания в плоскость верхнего, переводит [tex]A_i[/tex] в [tex]B_i[/tex], поэтому она переводит [tex]k_1[/tex] в окружность, вписанную в [tex]B_1B_2\ldots B_n[/tex]. Выпуклый многоугольник имеет не более одной вписанной окружности (её центр — точка пересечения биссектрис двух соседних углов), поэтому образ [tex]k_1[/tex] есть [tex]k_2[/tex], а образ [tex]O_1[/tex] есть [tex]O_2[/tex]. Значит, [tex]S[/tex] лежит на прямой [tex]O_1O_2[/tex], т.е. [tex]SO_1\perp(A_1A_2\ldots A_n)[/tex].
Пусть [tex]a_i[/tex] — длина отрезков касательных из [tex]A_i[/tex], а [tex]t\gt 0[/tex] — длина отрезков касательных из [tex]S[/tex]. Ребро [tex]A_iB_i[/tex] касается сферы в точке [tex]T_i[/tex] отрезка [tex]SA_i[/tex], поэтому [tex]SA_i=ST_i+T_iA_i=t+a_i[/tex]. Кроме того, [tex]A_iM_i=a_i[/tex], [tex]O_1M_i=r[/tex] и [tex]O_1M_i\perp A_iA_{i+1}[/tex]. Из прямоугольных треугольников [tex]O_1M_iA_i[/tex] и [tex]SO_1A_i[/tex]:
[tex]O_1A_i^2=r^2+a_i^2,\qquad SA_i^2=SO_1^2+O_1A_i^2[/tex]
[tex]\Rightarrow (t+a_i)^2=SO_1^2+r^2+a_i^2\Rightarrow 2ta_i=SO_1^2+r^2-t^2[/tex]
Правая часть не зависит от [tex]i[/tex], поэтому [tex]a_1=a_2=\ldots=a_n=a[/tex]. Тогда все стороны равны, [tex]A_iA_{i+1}=A_iM_i+M_iA_{i+1}=2a[/tex], и все вершины находятся на одном и том же расстоянии [tex]O_1A_i=\sqrt{r^2+a^2}[/tex] от [tex]O_1[/tex].
Итак, основание вписано в окружность с центром [tex]O_1[/tex] и имеет равные стороны; равные хорды стягивают равные дуги, поэтому и все его углы равны, т.е. основание — правильный многоугольник с центром [tex]O_1[/tex]. Так как [tex]S[/tex] проектируется в [tex]O_1[/tex], пирамида [tex]A_1A_2\ldots A_nS[/tex] правильная, а значит, правильна и усечённая пирамида, отсечённая от неё плоскостью, параллельной основанию.

Решение:
Пусть [tex]K[/tex] и [tex]L[/tex] — середины [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex]. В равнобедренном треугольнике [tex]ABM[/tex] медиана [tex]MK[/tex] является и высотой, [tex]MK\perp AB[/tex]; так как [tex](ABM)\perp(ABCD)[/tex], то [tex]MK\perp(ABCD)[/tex], т.е. [tex]MK=h[/tex] — высота пирамиды.
Воспользуемся следующим фактом: если плоскость [tex]\beta[/tex] перпендикулярна плоскости [tex]\gamma[/tex] и [tex]O'[/tex] — ортогональная проекция точки [tex]O[/tex] на [tex]\gamma[/tex], то расстояние от [tex]O[/tex] до [tex]\beta[/tex] равно расстоянию от [tex]O'[/tex] до прямой [tex]\beta\cap\gamma[/tex] (прямая [tex]OO'[/tex] параллельна [tex]\beta[/tex], а перпендикуляр в [tex]\gamma[/tex] из [tex]O'[/tex] к [tex]\beta\cap\gamma[/tex] перпендикулярен [tex]\beta[/tex]).
Предположим, что в пирамиду вписана сфера с центром [tex]O[/tex] и радиусом [tex]\rho[/tex]; тогда точка [tex]O[/tex] лежит внутри пирамиды и удалена на расстояние [tex]\rho[/tex] от всех пяти граней.
Во-первых, [tex]AB\perp KL[/tex] и [tex]AB\perp MK[/tex], поэтому [tex]AB\perp(MKL)[/tex], а также [tex]CD\perp(MKL)[/tex], так как [tex]CD\parallel AB[/tex]. Значит, плоскости [tex](ABCD)[/tex], [tex](ABM)[/tex], [tex](CDM)[/tex] перпендикулярны [tex](MKL)[/tex] и пересекают её по прямым [tex]KL[/tex], [tex]KM[/tex], [tex]LM[/tex]. Проекция пирамиды на [tex](MKL)[/tex] — треугольник [tex]MKL[/tex] ([tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] проектируются в [tex]K[/tex], а [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex] — в [tex]L[/tex]), поэтому проекция [tex]O'[/tex] точки [tex]O[/tex] лежит внутри этого треугольника на расстоянии [tex]\rho[/tex] от трёх его сторон. Итак, [tex]O'[/tex] — центр окружности, вписанной в [tex]\triangle MKL[/tex], и [tex]\rho=r_1[/tex] — её радиус.
Во-вторых, [tex]BC\perp AB[/tex] и [tex]BC\perp MK[/tex], поэтому [tex]BC\perp(ABM)[/tex], а также [tex]AD\perp(ABM)[/tex]. Значит, плоскости [tex](ABCD)[/tex], [tex](BCM)[/tex], [tex](ADM)[/tex] перпендикулярны [tex](ABM)[/tex] и пересекают её по [tex]AB[/tex], [tex]BM[/tex], [tex]AM[/tex]. Проекция пирамиды на [tex](ABM)[/tex] — треугольник [tex]ABM[/tex], и точно так же [tex]\rho=r_2[/tex] — радиус окружности, вписанной в [tex]\triangle ABM[/tex]. Следовательно, должно быть [tex]r_1=r_2[/tex].
Оба треугольника имеют площадь [tex]\frac{ah}{2}[/tex]: [tex]\triangle MKL[/tex] прямоугольный с прямым углом при вершине [tex]K[/tex] и катетами [tex]h[/tex] и [tex]KL=a[/tex], а [tex]\triangle ABM[/tex] имеет основание [tex]a[/tex], высоту [tex]h[/tex] и боковые стороны [tex]AM=BM=\sqrt{h^2+\frac{a^2}{4}}[/tex]. По формуле [tex]r=\frac{2S}{P}[/tex] ([tex]S[/tex] — площадь, [tex]P[/tex] — периметр)
[tex]r_1=\frac{ah}{a+h+\sqrt{a^2+h^2}}; \quad r_2=\frac{ah}{a+\sqrt{a^2+4h^2}}[/tex]
Но
[tex]\left(h+\sqrt{a^2+h^2}\right)^2=a^2+2h^2+2h\sqrt{a^2+h^2}\gt a^2+2h^2+2h\cdot h=a^2+4h^2[/tex]
поэтому [tex]h+\sqrt{a^2+h^2}\gt\sqrt{a^2+4h^2}[/tex] и [tex]r_1\lt r_2[/tex]. Это противоречие показывает, что в пирамиду нельзя вписать сферу.