9733. В правильную четырёхугольную пирамиду SABCD
с вершиной S
вписан шар. Через центр шара и ребро AB
проведена плоскость, которая в пересечении с пирамидой даёт четырёхугольник ABMN
. Объёмы пирамид SABMN
и SABCD
относятся как 7:25
. Найдите косинус двугранного угла между боковой гранью и основанием исходной пирамиды.
Ответ. \frac{3}{8}
.
Решение. Пусть H
— центр квадрата ABCD
; P
, Q
, E
и F
— середины сторон соответственно CD
, AB
, AD
и BC
основания; O
— центр основания; EL
— высота равнобедренного треугольника ESF
; T
— середина отрезка MN
; G
— точка пересечения секущей плоскости с прямой пересечения плоскостей ASD
и BSC
. Эта прямая параллельна прямым AD
и BC
(см. задачу 8004).
Обозначим через a
, h
и b
— сторону основания, высоту пирамиды и апофему соответственно, т. е. AB=BC=CD=AD=a
, SH=h
, SP=SQ=SE=SF=k
. Пусть также V_{SABCD}=V
, V_{SABMN}=v
, V_{GABS}=V_{1}
. Тогда
V=\frac{1}{3}a^{2}h,~v=\frac{7}{25}V=\frac{7}{75}a^{2}h.
Центр O
шара лежит в биссекторной плоскости двугранного угла при ребре AB
пирамиды, поэтому луч QO
(а значит, и QG
) — биссектриса угла SQP
, а QT
— биссектриса равнобедренного треугольника PSQ
. Значит, \angle SGQ=\angle PQG=\angle GQS
, т. е. треугольник GSQ
равнобедренный, SG=SQ=k
.
Записав двумя способами удвоенную площадь треугольника ESF
получим равенство EF\cdot SH=SF\cdot EL
, из которого находим, что
EL=\frac{EF\cdot SH}{SF}=\frac{ah}{k},
а так как EL
— перпендикуляр к плоскости BSC
, то
V_{1}=\frac{1}{3}S_{\triangle BSG}\cdot EL=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}GS\cdot SF\cdot EL=\frac{1}{6}k\cdot k\cdot\frac{ah}{k}=\frac{1}{6}ahk.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{SM}{MC}=\frac{ST}{TP}=\frac{SQ}{PQ}=\frac{k}{a},
поэтому
\frac{GN}{GA}=\frac{GM}{GB}=\frac{GT}{GQ}=\frac{k}{a+k}.
Плоскость MSN
пересекает боковые рёбра GA
, GB
и GS
треугольной пирамиды GABS
с вершиной G
, значит, (см. задачу 7244)
V_{GMNS}=\frac{GM}{GB}\cdot\frac{GN}{GA}\cdot\frac{GS}{GS}\cdot V_{GABC}=\frac{k^{2}}{(a+k)^{2}}V_{1}=\frac{k^{2}}{(a+k)^{2}}\cdot\frac{1}{6}ahk.
Тогда
v=V_{SABMN}=V_{1}\cdot\frac{(a+k)^{2}-k^{2}}{(a+k)^{2}}=\frac{1}{6}ahk\cdot\frac{a^{2}+2ak}{(a+k)^{2}}.
Приравняв оба выражения для v
и обозначив \frac{a}{k}=t
, получим равенство
\frac{7}{75}a^{2}h=\frac{1}{6}ahk\cdot\frac{a^{2}+2ak}{(a+k)^{2}}~\mbox{или}~\frac{14}{25}=\frac{t+2}{t^{2}+2t+1},~14t^{2}+3t-36=0.
Положительный корень этого уравнения t=\frac{3}{4}
.
Пусть линейный угол HQS
искомого двугранного угла равен \alpha
. Из прямоугольного треугольника HQS
находим, что
\cos\alpha=\frac{QH}{SQ}=\frac{a}{2k}=\frac{1}{2}\cdot\frac{a}{k}=\frac{1}{2}t=\frac{3}{8}.