8879. В правильной призме ABCA_{1}B_{1}C_{1}
длина стороны основания равна 2a
, длина бокового ребра — a
. Через вершину A
проведена плоскость перпендикулярно прямой AB_{1}
, через вершину B
— плоскость перпендикулярно прямой BC_{1}
, через вершину C
— плоскость перпендикулярно прямой CA_{1}
. Найдите объём многогранника, ограниченного этими тремя плоскостями и плоскостью A_{1}B_{1}C_{1}
.
Ответ. \frac{27\sqrt{3}}{4}a^{3}
.
Решение. Пусть плоскость \alpha
, проходящая через вершину A
призмы перпендикулярно AB_{1}
, пересекает плоскость основания A_{1}B_{1}C_{1}
по прямой l
. Продолжим отрезок A_{1}B_{1}
до пересечения с прямой l
в точке L
. Тогда AL\perp AB_{1}
. Из прямоугольного треугольника AKB_{1}
находим, что
LA_{1}=\frac{AA_{1}^{2}}{A_{1}B_{1}}=\frac{a^{2}}{2a}=\frac{a}{2}.
По теореме о трёх перпендикулярах A_{1}B_{1}\perp l
.
Аналогично находим, что продолжения сторон A_{1}C_{1}
и C_{1}B_{1}
пересекают прямые m
и n
пересечения плоскостей, указанных в условии, с плоскостью A_{1}B_{1}C_{1}
в таких точках M
и N
соответственно, что MB_{1}=\frac{a}{2}
и NC_{1}=\frac{a}{2}
. Тогда
B_{1}M=A_{1}N=C_{1}M=A_{1}B_{1}+LA_{1}=2a+\frac{a}{2}=\frac{5a}{2}.
Пусть прямая l
пересекает прямые m
и n
в точках C_{2}
и B_{2}
соответственно, а прямые m
и n
пересекаются в точке A_{2}
. Тогда треугольник A_{2}B_{2}C_{2}
— равносторонний, причём его центр совпадает с центром O
равностороннего треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
. Следовательно, многогранник, о котором говорится в условии задачи, — правильная треугольная пирамида PA_{2}B_{2}C_{2}
с основанием A_{2}B_{2}C_{2}
.
По теореме косинусов из треугольника LB_{1}M
находим, что
LM=\sqrt{B_{1}L^{2}+B_{1}M^{2}-2B_{1}L\cdot B_{1}M\cos120^{\circ}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+\frac{25a^{2}}{4}+\frac{a}{2}\cdot\frac{5a}{2}}=\frac{a\sqrt{31}}{2}.
Из точек L
и M
отрезок C_{2}B_{1}
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром C_{2}B_{1}
. По теореме синусов
C_{2}B_{1}=\frac{LM}{\sin\angle LC_{2}M}=\frac{LM}{\sin60^{\circ}}=\frac{\frac{a\sqrt{31}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{a\sqrt{31}}{\sqrt{3}}.
Из прямоугольных треугольников B_{1}LC_{2}
и B_{1}MC_{2}
находим, что
C_{2}L=\sqrt{C_{2}B_{1}^{2}-B_{1}L^{2}}=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{31}}{\sqrt{3}}\right)^{2}-\left(\frac{5a}{2}\right)^{2}}=\frac{7a}{2\sqrt{3}},
C_{2}M=\sqrt{C_{2}B_{1}^{2}-B_{1}M^{2}}=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{31}}{\sqrt{3}}\right)^{2}-\left(\frac{a}{2}\right)^{2}}=\frac{11a}{2\sqrt{3}}.
Тогда
A_{2}B_{2}=A_{2}C_{2}=B_{2}C_{2}=C_{2}L+B_{2}L=C_{2}L+C_{2}M=\frac{7a}{2\sqrt{3}}+\frac{11a}{2\sqrt{3}}=\frac{18a}{2\sqrt{3}}=3a\sqrt{3}.
Заметим, что A_{1}L
— ортогональная проекция наклонной AL
на плоскость A_{1}B_{1}C_{1}
. По теореме о трёх перпендикулярах AL\perp B_{2}C_{2}
, значит, ALA_{1}
— линейный угол двугранного угла между боковой гранью PB_{2}C_{2}
правильной пирамиды PA_{2}B_{2}C_{2}
и плоскостью её основания A_{2}B_{2}C_{2}
. Обозначим \angle ALA_{2}=\beta
. Из прямоугольного треугольника ALA_{1}
находим, что \tg\beta=\frac{AA_{1}}{A_{1}L}=\frac{a}{\frac{a}{2}}=2
.
Пусть H
— основание перпендикуляра, опущенного из центра O
основания пирамиды PA_{2}B_{2}C_{2}
на сторону B_{2}C_{2}
основания A_{2}B_{2}C_{2}
. Тогда
OH=\frac{B_{2}C_{2}\sqrt{3}}{6}=\frac{3a\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}}{6}=\frac{3a}{2},
а так как PHO
— линейный угол двугранного угла между боковой гранью и основанием этой пирамиды, то \angle PHO=\beta
. Из прямоугольного треугольника PHO
находим, что PO=OH\tg\beta=\frac{3a}{2}\cdot2=3a
. Следовательно,
V_{PA_{2}B_{2}C_{2}}=\frac{1}{3}S_{\triangle A_{2}B_{2}C_{2}}\cdot PO=\frac{1}{3}\cdot\frac{(3a\sqrt{3})^{2}\cdot\sqrt{3}}{4}\cdot3a=\frac{27\sqrt{3}}{4}a^{3}.