14458. Высота правильной треугольной пирамиды SABC
равна h
. Через вершину A
основания ABC
проведена плоскость перпендикулярно боковому ребру SC
. Эта плоскость составляет с плоскостью основания угол \alpha
. Найдите объём части пирамиды, заключённой между плоскостью основания и проведённой плоскостью.
Ответ. \frac{3\sqrt{3}}{8}h^{3}\tg^{2}\alpha\sin^{2}\alpha
.
Решение. Известно, что через данную точку можно провести только одну плоскость, перпендикулярную данной прямой (см. задачу 7703). Опустим перпендикуляр MB
из середины M
на ребро SC
. Тогда плоскость ADB
перпендикулярна прямой SC
, так как прямая SC
перпендикулярна пересекающимся прямым MD
и AB
плоскости ADB
(см. задачу 7000). Следовательно, плоскость, о которой говорится в условии, — это плоскость ADB
. Таким образом, нужно найти объём V
пирамиды DABC
.
Пусть сторона основания ABC
равна a
, а SH=h
— высота пирамиды SABC
. Опустим перпендикуляр DE
из точки D
на прямую CM
. Тогда DE
— высота пирамиды DABC
. Поскольку CMD
— линейный угол двугранного угла пирамиды DABC
при ребре AB
, то \angle CMD=\alpha
. Из прямоугольных треугольников CDM
, EDM
и SHC
получаем
DM=MC\cos\angle DMC=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cos\alpha,
7
DE=DM\sin\angle DMC=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cos\alpha\sin\alpha,
SC=\sqrt{SH^{2}+CH^{2}}=\sqrt{h^{2}+\frac{a^{2}}{3}}.
Отрезки SH
и MD
— высоты треугольника CSM
, поэтому CM\cdot SH=SC\cdot MD
, или
\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot h=\sqrt{h^{2}+\frac{a^{2}}{3}}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cos\alpha,~\mbox{или}~h^{2}=h^{2}\cos^{2}\alpha+\frac{a^{2}}{3}\cos^{2}\alpha,
откуда находим, что a=\sqrt{3}\tg\alpha
. Следовательно,
V=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DE=\frac{1}{3}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cos\alpha\sin\alpha=\frac{a^{3}}{8}\cos\alpha\sin\alpha=
=\frac{3\sqrt{3}\tg^{3}\alpha}{8}\cos\alpha\sin\alpha=\frac{3\sqrt{3}}{8}h^{3}\tg^{2}\alpha\sin^{2}\alpha.
Источник: Сборник задач по математике для поступающих во втузы / Под ред. М. И. Сканави. — 5-е изд. — М.: Высшая школа, 1988. — № 12.456, с. 247