14058. Основания усечённой пирамиды — равносторонние треугольники со сторонами a
и b
, a\gt b
. Одна из боковых граней пирамиды перпендикулярна плоскости основания, а две другие образуют с большим основанием угол \alpha
. Найдите объём усечённой пирамиды.
Ответ. \frac{1}{16}(a^{3}-b^{3})\tg\alpha
.
Решение. Рассмотрим треугольную пирамиду SABC
, основание которой — равносторонний треугольник ABC
, грань ASB
перпендикулярна плоскости основания, а две другие грани образуют с этой плоскостью равные углы. Докажем, что рёбра SA
и SB
равны.
Действительно, из перпендикулярности плоскостей SAB
и ABC
следует, что высота SH
треугольника ASB
является высотой пирамиды (см. задачу 7712). Пусть SX
и SY
— высоты граней ASC
и BSC
соответственно. По теореме о трёх перпендикулярах HX\perp AC
и HY\perp BC
, значит, HXS
и HYS
— линейные углы двугранных углов при рёбрах AC
и BC
. Из равенства этих углов следует равенство прямоугольных треугольников HXS
и HYS
по катету и противолежащему острому углу, значит HX=HY
. Точка H
равноудалена от сторон угла ACB
, значит, CH
— биссектриса, а значит, и медиана равностороннего треугольника ABC
, а SH
— медиана и высота треугольника ASB
. Следовательно, SA=SB
. Что и требовалось доказать.
Пусть ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
— основания данной усечённой пирамиды, V
— её объём, AA_{1}
, BB_{1}
, CC_{1}
— боковые рёбра, боковая грань ABB_{1}A_{1}
перпендикулярна плоскости основания. Из доказанного выше следует, что трапеция ABB_{1}A_{1}
равнобедренная, и отрезок H_{1}H=h
, соединяющий середины её оснований соответственно AD=a
и A_{1}B_{1}=b
, — высота трапеции, а значит, и высота усечённой пирамиды.
Пусть AM
и A_{1}M_{1}
— высоты равносторонних треугольников ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
, а HN
и H_{1}N_{1}
— перпендикуляры к BC
и B_{1}C_{1}
соответственно. Тогда M
и M_{1}
— середины рёбер BC
и B_{1}C_{1}
, а так как HN
и H_{1}N_{1}
— средние линии треугольников ABM
и A_{1}B_{1}M_{1}
, то
HN=\frac{1}{2}AM=\frac{a\sqrt{3}}{4},~H_{1}N_{1}=\frac{b\sqrt{3}}{4}.
Пусть P
— ортогональная проекция точки N_{1}
на плоскость ABC
. Тогда точка P
лежит на отрезке HN
, поэтому
h=H_{1}H=N_{1}P=PN\tg\angle PNN_{1}=(HN-H_{1}N_{1})\tg\angle PNN_{1}=
=\left(\frac{a\sqrt{3}}{4}-\frac{b\sqrt{3}}{4}\right)\tg\alpha=\frac{a\sqrt{3}}{4}(a-b)\tg\alpha.
Следовательно,
V=\frac{1}{3}h(S_{\triangle ABC}+\sqrt{S_{\triangle ABC}\cdot S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}}+S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}})=
=\frac{1}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{4}(a-b)\tg\alpha\cdot\left(\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}\sqrt{ab}+\frac{b^{2}\sqrt{3}}{4}\right)=
=\frac{1}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{4}(a-b)\tg\alpha\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}(a^{2}+ab+b^{2})=\frac{1}{16}(a^{3}-b^{3})\tg\alpha.
Источник: Мерзляк А. Г., Номировский В. М., Поляков В. М. Геометрия. 11 класс. Углублённый уровень. — М.: Вентана-Граф, 2020. — № 19.39, с. 185