14129. Рассматриваются всевозможные правильные четырёхугольные пирамиды, апофема которых равна a
.
а) Найдите наибольший возможный объём рассматриваемых пирамид.
б) Для пирамиды наибольшего объёма найдите угол между соседними боковыми гранями.
Ответ. а) V=\frac{8a^{3}}{9\sqrt{3}}
, б) \gamma=\arccos\left(-\frac{2}{3}\right)
.
Решение. Первый способ. а) Пусть PO
— высота правильной четырёхугольной пирамиды PABCD
, K
— середина ребра AD
. Тогда PK=a
. Пусть \angle OKP=\beta
. Тогда
PO=a\sin\beta,~KO=a\cos\beta,~S_{ABCD}=AD^{2}=4OK^{2}=4a^{2}\cos^{2}\beta,
V_{PABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot PO=\frac{4}{3}a^{3}\cos^{2}\beta\sin\beta=\frac{4a^{3}}{3}(\sin\beta-\sin^{3}\beta).
Обозначим t=\sin\beta
и рассмотрим функцию f(t)=t-t^{3}
на промежутке 0\lt t\lt1
. Поскольку
f'(t)=1-3t^{2}=(1-t\sqrt{3})(1+3t\sqrt{3}),
единственная критическая точка на промежутке 0\lt t\lt1
— это точка \frac{1}{\sqrt{3}}
. Для 0\lt t\lt\frac{1}{\sqrt{3}}
производная положительна, поэтому функция возрастает; для \frac{1}{\sqrt{3}}\lt t\lt1
производная отрицательна, поэтому функция убывает. Следовательно, в точке \frac{1}{\sqrt{3}}
функция достигает своего наибольшего значения на промежутке 0\lt t\lt1
, причём
f_{\max}=f\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{3\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{9}.
Следовательно, наибольший объём рассматриваемых пирамид достигается при \sin\beta=\frac{1}{\sqrt{3}}
, т. е. при \beta=\arcsin\frac{1}{\sqrt{3}}
, и равен \frac{4a^{3}}{3}\cdot\frac{2\sqrt{3}}{9}=\frac{8a^{3}}{9\sqrt{3}}
.
В этом случае \cos\beta=\sqrt{\frac{2}{3}}
.
б) Пусть PH
— перпендикуляр к ребру PD
. Тогда, так как OH\perp PD
и AC\perp PD
(по теореме о трёх перпендикулярах), то плоскость AHC
перпендикулярна прямой PD
— ребру двугранного угла между боковыми гранями APD
и CPD
пирамиды PABCD
. Значит, \angle AHC=\gamma
— линейный угол этого двугранного угла.
Из прямоугольного треугольника POD
находим (см. задачу 1967), что
OH=\frac{PO\cdot OD}{PD}=\frac{a\sin\beta\cdot a\sqrt{2}\cos\beta}{\sqrt{a^{2}\sin^{2}\beta+2a^{2}\cos^{2}\beta}}=\frac{a^{2}\sqrt{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}}{\sqrt{a^{2}\cdot\frac{1}{3}+2a^{2}\cdot\frac{2}{3}}}=\frac{2a}{\sqrt{15}},
а так как
OA=OK\sqrt{2}=a\sqrt{2}\cos\beta=a\sqrt{2}\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{2a}{\sqrt{3}},
то
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{OA}{OH}=\frac{\frac{2a}{\sqrt{3}}}{\frac{2a}{\sqrt{15}}}=\sqrt{5}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-5}{1+5}=-\frac{2}{3}.
Второй способ. а) Пусть PO
— высота правильной четырёхугольной пирамиды PABCD
, K
— середина ребра AD
. Обозначим AD=x
. Тогда
PO=\sqrt{PK^{2}-OK^{2}}=\sqrt{a^{2}-\frac{x^{2}}{4}}.
Значит,
V_{PABCD}=\frac{1}{3}AD^{2}\cdot PO=\frac{1}{3}x^{2}\sqrt{a^{2}-\frac{x^{2}}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{x^{4}\left(a^{2}-\frac{x^{2}}{4}\right)}=
=\frac{1}{3}\cdot8\sqrt{\frac{x^{2}}{8}\cdot\frac{x^{2}}{8}\left(a^{2}-\frac{x^{2}}{4}\right)}\leqslant\frac{8}{3}\sqrt{\left(\frac{\frac{x^{2}}{8}+\frac{x^{2}}{8}+\left(a^{2}-\frac{x^{2}}{4}\right)}{3}\right)^{3}}=
=\frac{8}{3}\sqrt{\frac{a^{6}}{27}}=\frac{8a^{3}}{9\sqrt{3}},
причём равенство достигается, если \frac{x^{2}}{8}=a^{2}-\frac{x^{2}}{4}
, т. е. при x=\frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}
. Следовательно, V_{\max}=\frac{8a^{3}}{9\sqrt{3}}
.
б) Пусть PH
— перпендикуляр к ребру PD
. Тогда, так как OH\perp PD
и AC\perp PD
(по теореме о трёх перпендикулярах), то плоскость AHC
перпендикулярна прямой PD
— ребру двугранного угла между боковыми гранями APD
и CPD
пирамиды PABCD
. Значит, \angle AHC=\gamma
— линейный угол этого двугранного угла.
Из прямоугольных треугольников POK
, POD
и AOH
находим, что
PO=\sqrt{PK^{2}-OK^{2}}=\sqrt{a^{2}-\frac{2}{3}a^{2}}=\frac{a}{\sqrt{3}},
PD=\sqrt{PO^{2}+OD^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{3}+\frac{4a^{2}}{3}}=\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{3}},
OH=\frac{PO\cdot OD}{PD}=\frac{\frac{a}{\sqrt{3}}\cdot\frac{2a}{\sqrt{3}}}{\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{3}}}=\frac{2a}{\sqrt{15}},
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{OA}{OH}=\frac{\frac{2a}{\sqrt{3}}}{\frac{2a}{\sqrt{15}}}=\sqrt{5}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-5}{1+5}=-\frac{2}{3}.
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2012, выезд, 11 класс, вариант Ш, задача 3