14062. Основание пирамиды TABCD
— равнобедренная трапеция ABCD
, длина большего основания AD
которой равна 12\sqrt{3}
. Отношение площадей частей трапеции ABCD
, на которые её делит средняя линия, равно 5:7
. Все боковые грани пирамиды TABCD
наклонены к плоскости основания под углом 30^{\circ}
. Найдите объём пирамиды SAKND
, где точки K
и N
— середины рёбер TB
и TC
соответственно, точка S
принадлежит ребру TD
, причём TS:SD=1:2
.
Ответ. 90
.
Решение. Все боковые грани пирамиды TABCD
наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом, поэтому высота трапеции проходит через центр O
окружности, вписанной в основание (см. задачу 7167). Значит, трапеция ABCD
описанная. Пусть радиус её вписанной окружности равен r
, BC=a
, а EF
— её средняя линия (E
на AB
). Тогда
\frac{7}{12}=\frac{S_{AEFD}}{S_{ABCD}}=\frac{\frac{AD+EF}{2}\cdot r}{\frac{AD+BC}{2}\cdot2r}=\frac{AD+EF}{2(AD+BC)}=\frac{12\sqrt{3}+\frac{12\sqrt{3}+a}{2}}{2(12\sqrt{3}+a)}=\frac{6\sqrt{3}}{12\sqrt{3}+a}+\frac{1}{4},
т. е.
\frac{6\sqrt{3}}{12\sqrt{3}+a}=\frac{7}{12}-\frac{1}{4}=\frac{1}{3},
откуда BC=a=6\sqrt{3}
.
Пусть G
, Q
и R
— точки касания со сторонами соответственно CD
, AD
и BC
окружности, вписанной в трапецию ABCD
. Тогда
CG=CR=\frac{1}{2}BC=3\sqrt{3},~DG=DQ=\frac{1}{2}AD=6\sqrt{3},
а т. е. OG
— высота прямоугольного треугольника COD
(см. задачу 313), проведённая из вершины прямого угла, то (см. задачу 2728)
r=OG=\sqrt{CG\cdot DG}=\sqrt{3\sqrt{3}\cdot6\sqrt{3}}=3\sqrt{6},
а так как QR
— высота трапеции, то RQ=2r=6\sqrt{6}
. Кроме того,
TO=OQ\tg30^{\circ}=3\sqrt{6}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=3\sqrt{2}.
Отрезок KN
— средняя линия треугольника BTC
, поэтому KN\parallel BC
, KN=\frac{1}{2}BC=3\sqrt{3}
. Тогда AKND
— равнобедренная трапеция с высотой QL
, где L
— середина KN
. Значит,
S_{AKND}=\frac{AD+KN}{2}\cdot QL=\frac{12\sqrt{3}+3\sqrt{3}}{2}\cdot QL=\frac{15\sqrt{3}}{2}QL.
Пусть высота пирамиды SAKND
(расстояние от вершины S
до плоскости основания AKND
) равна d
, а прямая, проведённая через точку S
параллельно AD
, пересекает высоту TQ
равнобедренного треугольника ATD
в точке P
. Тогда расстояние от точки P
до плоскости трапеции AKND
тоже равно d
. При этом TP:TQ=TS:TD=1:3
, поэтому расстояние d
от точки P
(а значит, и от S
) до плоскости трапеции AKND
равно \frac{2}{3}
расстояния TH
до этой плоскости от точки T
(см. задачу 9180).
Записав двумя способами площадь треугольника QTL
, получим
\frac{1}{2}QL\cdot TH=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}QR\cdot TO,~2QL\cdot\frac{3}{2}d=6\sqrt{6}\cdot3\sqrt{2},
откуда d=\frac{12\sqrt{3}}{QL}
. Следовательно,
V={SAKND}=\frac{1}{3}S_{AKND}\cdot d=\frac{1}{3}\cdot\frac{15\sqrt{3}}{2}QL\cdot\frac{12\sqrt{3}}{QL}=\frac{1}{3}\cdot\frac{15\sqrt{3}}{2}\cdot12\sqrt{3}=90.
Источник: Олимпиада «Шаг в будущее». — 2019, отборочный этап, 11 класс, № 9, вариант 2