14672. Найдите наибольший среди объёмов пирамид PABCD
, основания которых — всевозможные ромбы ABCD
с фиксированной стороной a
, а вершина P
удалена от прямых AB
и CD
на фиксированное расстояние d
.
Ответ. \frac{ad^{2}}{3}
, если 2d\geqslant a\geqslant d\sqrt{2}
; \frac{1}{6}a^{2}\sqrt{4d^{2}-a^{2}}
, если a\lt d\sqrt{2}
; нет решений, если a\geqslant2d
.
Решение. Пусть V
— объём пирамиды PABCD
, \angle BAC=\alpha
— острый угол ромба ABCD
, DF
— высота ромба, опущенная на сторону AB
, SH=h
— высота пирамиды, M
и N
— основания перпендикуляров, опущенных из вершины P
пирамиды на прямые AB
и CD
соответственно. Тогда
DF=a\sin\alpha,~S_{ABCD}=a^{2}\sin\alpha,~SM=SN=d.
По теореме о трёх перпендикулярах HM\perp AB
и HN\perp CD
, а так как AB\parallel CD
и треугольник MPN
равнобедренный, то точка H
лежит на отрезке MN
, причём H
— середина его основания MN=a\sin\alpha
. Тогда
h=PH=\sqrt{PM^{2}-HM^{2}}=\sqrt{d^{2}-\frac{1}{4}a^{2}\sin^{2}\alpha}.
1. Пусть 2d\geqslant a\geqslant d\sqrt{2}
. Тогда
V=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot h=\frac{1}{3}a^{2}\sin\alpha\sqrt{d^{2}-\frac{1}{4}a^{2}\sin^{2}\alpha}=
=\frac{1}{6}a\sqrt{a^{2}\sin^{2}\alpha(4d^{2}-a^{2}\sin^{2}\alpha)}\leqslant\frac{1}{6}a\cdot\frac{\sin^{2}\alpha+(4d^{2}-a^{2}\sin^{2}\alpha)}{2}=\frac{ad^{2}}{3}
(см. задачу 3399), причём равенство достигается тогда и только тогда, когда
\sin^{2}\alpha=4d^{2}-a^{2}\sin^{2}\alpha,
т. е. при \sin\alpha=\frac{d\sqrt{2}}{a}
. Такое \alpha
существует, так как из условия задачи следует, что
2d=DM+DN\gt MN=a\sin\alpha,
т. е. 0\lt\sin\alpha\lt\frac{2d}{a}
, а \frac{d\sqrt{2}}{a}\lt\frac{2d}{a}
.
2. Пусть a\lt d\sqrt{2}
. Тогда a^{2}\lt2d^{2}
, поэтому наибольшее значение выражения
a^{2}\sin^{2}\alpha(4d^{2}-a^{2}\sin^{2}\alpha)
достигается при a^{2}\sin^{2}\alpha=a^{2}\lt2d^{2}
, а наибольшее значение V
в этом случае равно
\frac{1}{6}a\sqrt{a^{2}(4d^{2}-a^{2})}=\frac{1}{6}a^{2}\sqrt{4d^{2}-a^{2}}.
3. Если a\geqslant2d
, то объём пирамиды может быть сколь угодно большим. Следовательно, в этом случае задача не имеет решения.