9647. В основании четырёхугольной пирамиды SABCD
лежит квадрат ABCD
со стороной a
. Оба угла между противоположными боковыми гранями прямые. Двугранный угол при ребре SA
равен \alpha
. Найдите объём пирамиды.
Ответ. Если \frac{\pi}{2}\lt\alpha\leqslant\frac{2\pi}{3}
, то V=-\frac{1}{3}a^{3}\cos\alpha
или V=-\frac{1}{3}a^{3}\sqrt{-\cos\alpha(1+\cos\alpha)}
;
если \alpha\gt\frac{2\pi}{3}
, то V=-\frac{1}{3}a^{3}\sqrt{-\cos\alpha(1+\cos\alpha)}
.
Решение. Пусть SH
— высота пирамиды, SK
, SL
, SM
и SN
— высоты боковых граней ASB
, BSC
, CSD
и ASD
соответственно. По теореме о трёх перпендикулярах HK\perp AB
и HM\perp CD
, а так как CD\parallel AB
, то точка H
лежит на отрезке KM
. Аналогично, точка H
лежит на отрезке LN
.
Прямая SL
перпендикулярна пересекающимся прямым SN
и AD
плоскости ASD
, значит, SL
— перпендикуляр к этой плоскости. Плоскость ASL
проходит через прямую SL
, перпендикулярную плоскости ASD
, поэтому плоскости ASL
и ASD
перпендикулярны (см. задачу 7710), т. е. угол между ними равен \frac{\pi}{2}
. При этом плоскость ASL
проходит между гранями двугранного угла пирамиды при ребре SA
, равного \alpha
. Следовательно, задача может иметь решения только при \alpha\gt\frac{\pi}{2}
.
Плоскости ASB
и CSD
проходят через параллельные прямые AB
и CD
, поэтому они пересекаются по прямой, проходящей через точку S
параллельно AB
и CD
(см. задачу 8004). Значит, KSM
— линейный угол двугранного угла между противоположными гранями ASB
и CSD
. По условию задачи \angle KSM=90^{\circ}
. Аналогично \angle LSN=90^{\circ}
.
Отрезок SH
— общая высота прямоугольных треугольников KSM
и LSN
, проведённая из вершин их прямых углов, поэтому KH\cdot HM=LH\cdot HN=SH^{2}
, а так как KH+HM=LH+HN=a
, то либо KH=LH
и HM=HN
, либо KH=HN
и HM=LH
. В первом случае точка H
лежит на диагонали BD
квадрата ABCD
, во втором — на диагонали AC
. Обозначим KH=x
.
Рассмотрим первый случай. Из прямоугольных треугольников KSM
, SHK
, SHN
, AKH
и AHS
получаем, что
SH=\sqrt{KH\cdot HM}=\sqrt{x(a-x)},~
SK=\sqrt{KH^{2}+SH^{2}}=\sqrt{x^{2}+x(a-x)}=\sqrt{ax},
SN=\sqrt{NH^{2}+SH^{2}}=\sqrt{(a-x)^{2}+x(a-x)}=\sqrt{(a-x)a},
AH^{2}=KH^{2}+NH^{2}=x^{2}+(a-x)^{2},
SA=\sqrt{AH^{2}+SH^{2}}=\sqrt{x^{2}+(a-x)^{2}+x(a-x)}=\sqrt{x^{2}-ax+a^{2}}.
Тогда
S_{\triangle ASB}=\frac{1}{2}AB\cdot SK=\frac{1}{2}a\sqrt{ax},
S_{\triangle ASD}=\frac{1}{2}AD\cdot SN=\frac{1}{2}a\sqrt{a(a-x)}.
Значит (см. задачу 8301),
V_{SABD}=\frac{2S_{\triangle ASB}\cdot S_{\triangle ASD}\sin\alpha}{3SA}=
=\frac{2\cdot\frac{1}{2}a\sqrt{ax}\cdot\frac{1}{2}a\sqrt{a(a-x)}\sin\alpha}{3\cdot\sqrt{x^{2}-ax+a^{2}}}=\frac{a^{3}\sqrt{x(a-x)}\sin\alpha}{6\sqrt{x^{2}-ax+a^{2}}}.
С другой стороны,
V_{SABD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}a^{2}\cdot\sqrt{x(a-x)}=\frac{1}{6}a^{2}\sqrt{x(a-x)}.
Значит,
\frac{a^{3}\sqrt{x(a-x)}\sin\alpha}{6\sqrt{x^{2}-ax+a^{2}}}=\frac{1}{6}a^{2}\sqrt{x(a-x)},
откуда x(a-x)=a^{2}\cos^{2}\alpha
. Следовательно,
V_{SABCD}=\frac{1}{3}a^{2}\sqrt{x(a-x)}=\frac{1}{3}a^{2}\cdot a|\cos\alpha|=\frac{1}{3}a^{3}|\cos\alpha|,
а так как
a^{2}\cos^{2}\alpha=x(a-x)\leqslant\left(\frac{x+(a-x)}{2}\right)^{2}=\frac{a^{2}}{4},
то |\cos\alpha|\leqslant\frac{1}{2}
, причём \alpha\gt\frac{\pi}{2}
. Значит, задача имеет решение только при \alpha\geqslant\frac{2\pi}{3}
. Рассмотрим второй случай: точка H
лежит на диагонали AC
квадрата ABCD
. Тогда, рассуждая аналогично, получим, что
AH^{2}=KH^{2}+NH^{2}=x^{2}+x^{2}=2x^{2},
SA=\sqrt{AH^{2}+SH^{2}}=\sqrt{2x^{2}+x(a-x)}=\sqrt{x^{2}+ax}.
SN=SK=\sqrt{ax},~S_{\triangle ASN}=S_{\triangle ASM}=\frac{1}{2}a\sqrt{ax},
V_{SABC}=\frac{1}{6}a^{2}\sqrt{x(a-x)}~\mbox{и}~V_{SABC}=\frac{a^{3}x\sin\alpha}{6\sqrt{x^{2}+ax}}.
Из уравнения
\frac{1}{6}a^{2}\sqrt{x(a-x)}=\frac{a^{3}x\sin\alpha}{6\sqrt{x^{2}+ax}}
находим, что x=a|\cos\alpha|
. Тогда
x(a-x)=a^{2}|\cos\alpha|(1-|\cos\alpha|).
Следовательно,
V_{SABCD}=2V_{SABC}=\frac{1}{3}a^{2}\sqrt{x(a-x)}=\frac{a^{3}\sqrt{|\cos\alpha|(1-|\cos\alpha|)}}{3}=
=\frac{a^{3}\sqrt{-\cos\alpha(1+\cos\alpha)}}{3}.
При этом \alpha\gt\frac{\pi}{2}
.