8935. В правильной треугольной пирамиде ABCD
сторона основания ABC
равна 12, \angle ADB=2\arctg\frac{3}{4}
. В треугольнике ABD
проведена биссектриса BA_{1}
, а в треугольнике BCD
проведены медиана BC_{1}
и высота CB_{1}
. Найдите:
1) объём пирамиды A_{1}B_{1}C_{1}D
;
2) площадь проекции треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
на плоскость ABC
.
Ответ. \frac{84\sqrt{39}}{55}
, \frac{1632\sqrt{3}}{275}
.
Решение. Пусть M
— середина AB
(рис. 1), H
— центр равностороннего треугольника ABC
. Обозначим \angle ADB=\varphi
. Тогда
AH=\frac{2}{3}CM=\frac{2}{3}\cdot\frac{12\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3},~\angle ADM=\frac{\varphi}{2},~\tg\frac{\varphi}{2}=\frac{3}{4},
\cos\frac{\varphi}{2}=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\frac{\varphi}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{9}{16}}}=\frac{4}{5},~\sin\frac{\varphi}{2}=\frac{3}{5},~\cos\varphi=\frac{1-\tg^{2}\frac{\varphi}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\varphi}{2}}=\frac{1-\frac{9}{16}}{1+\frac{9}{16}}=\frac{7}{25}.
Из прямоугольных треугольников AMD
и AHD
находим, что
AD=\frac{AM}{\sin\frac{\varphi}{2}}=\frac{6}{\frac{3}{5}}=10,~DH=\sqrt{AD^{2}-AH^{2}}=\sqrt{100-48}=2\sqrt{13}.
Тогда
V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DH=\frac{1}{3}\cdot\frac{12^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot2\sqrt{13}=24\sqrt{39}.
По теореме о биссектрисе треугольника \frac{DA_{1}}{A_{1}A}=\frac{DB}{BA}=\frac{10}{12}=\frac{5}{6}
, поэтому \frac{DA_{1}}{DA}=\frac{5}{11}
. Из прямоугольного треугольника CB_{1}D
находим, что \frac{DB_{1}}{DC}=\cos\varphi=\frac{7}{25}
, поэтому \frac{DB_{1}}{DB}=\frac{DB_{1}}{DC}=\frac{7}{25}
, а так как \frac{DC_{1}}{DC}=\frac{1}{2}
, то
V_{A_{1}B_{1}C_{1}D}=\frac{DA_{1}}{DA}\cdot\frac{DB_{1}}{DB}\cdot\frac{DC_{1}}{DC}V_{ABCD}=\frac{5}{11}\cdot\frac{7}{25}\cdot\frac{1}{2}\cdot24\sqrt{39}=\frac{84\sqrt{39}}{55}.
Пусть A_{2}
, B_{2}
и C_{2}
— ортогональные проекции точек соответственно A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
на плоскость ABC
(рис. 2). Точки A_{2}
, B_{2}
и C_{2}
лежат на отрезках HA
, HB
и HC
соответственно, причём
\frac{HA_{2}}{HA}=\frac{DA_{1}}{DA}=\frac{5}{11},~\frac{HB_{2}}{HB}=\frac{DB_{1}}{DB}=\frac{7}{25},~\frac{HC_{2}}{HC}=\frac{DC_{1}}{DC}=\frac{1}{2}.
Тогда (см. задачу 3007)
S_{\triangle A_{2}HB_{2}}=\frac{HA_{2}}{HA}\cdot\frac{HB_{2}}{HB}S_{\triangle AHB}=\frac{5}{11}\cdot\frac{7}{25}\cdot\frac{1}{3}S_{\triangle ABC},~
S_{\triangle B_{2}HC_{2}}=\frac{HB_{2}}{HB}\cdot\frac{HC_{2}}{HC}S_{\triangle BHC}=\frac{7}{25}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}S_{\triangle ABC},~
S_{\triangle A_{2}HC_{2}}=\frac{HA_{2}}{HA}\cdot\frac{HC_{2}}{HC}S_{\triangle AHC}=\frac{5}{11}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}.
Следовательно,
S_{\triangle A_{2}B_{2}C_{2}}=S_{\triangle A_{2}HB_{2}}+S_{\triangle B_{2}HC_{2}}+S_{\triangle A_{2}HC_{2}}=\frac{5}{11}\cdot\frac{7}{25}\cdot\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}+\frac{7}{25}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}+\frac{5}{11}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}=
=\left(\frac{5}{11}\cdot\frac{7}{25}+\frac{7}{25}\cdot\frac{1}{2}+\frac{5}{11}\cdot\frac{1}{2}\right)\cdot\frac{1}{3}\cdot S_{\triangle ABC}=\left(\frac{5}{11}\cdot\frac{7}{25}+\frac{7}{25}\cdot\frac{1}{2}+\frac{5}{11}\cdot\frac{1}{2}\right)\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{12^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{1632\sqrt{3}}{275}.