14772. Плоскость P
пересекает боковые рёбра SA
, SB
и SC
треугольной пирамиды SABC
в точках M
, N
и K
соответственно и образует угол 45^{\circ}
с боковой гранью SBC
. Найдите объём пирамиды SABC
, если произведение её рёбер SA\cdot SB\cdot SC=5\sqrt{15}
, а пирамида SMNK
правильная.
Ответ. 3.
Решение. Пусть H
— середина стороны NK
основания правильной пирамиды SMNK
, O
— центр равностороннего треугольника MNK
, \angle MSK=\beta
— плоский угол при вершине S
, \angle MSH=\gamma
— угол бокового ребра SA
пирамиды SABC
с плоскостью боковой грани SBC
, AQ
— высота пирамиды SABC
, MN=a
— сторона равностороннего треугольника MNK
, SM=l
— боковое ребро правильной пирамиды SMNK
, V
— искомый объём пирамиды SABC
.
Тогда
V=\frac{1}{3}S_{\triangle BSC}\cdot AQ=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}SB\cdot SC\sin\angle BSC\cdot AQ=\frac{1}{6}SB\cdot SC\cdot\sin\beta\cdot SA\sin\gamma=
=\frac{1}{6}SA\cdot SB\cdot SC\sin\beta\sin\gamma=\frac{5\sqrt{15}}{6}\sin\beta\sin\gamma.
Таким образом, задача сводится к нахождению \sin\beta
и \sin\gamma
.
1. Из равнобедренного треугольника MSK
находим, что l=\frac{a}{2\sin\frac{\beta}{2}}
, поэтому площадь боковой поверхности правильной пирамиды SMKN
равна
3S_{\triangle MSK}=3\cdot l^{2}\sin\beta=3\cdot\frac{a^{2}}{4\sin^{2}\frac{\beta}{2}}\cdot2\sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\beta}{2}=\frac{3}{2}a^{2}\ctg\frac{\beta}{2}.
С другой стороны, площадь боковой поверхности правильной пирамиды равна площади её основания, делённой на косинус угла боковой грани с плоскостью основания, т. е.
\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4\cos45^{\circ}}=\frac{a^{2}\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}}{4}.
Из равенства
\frac{3}{2}a^{2}\ctg\frac{\beta}{2}=\frac{a^{2}\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}}{4}
получаем
\tg\frac{\beta}{2}=\sqrt{\frac{3}{2}}~\Rightarrow~\sin\beta=\frac{2\tg\frac{\beta}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\beta}{2}}=\frac{2\cdot\sqrt{\frac{3}{2}}}{1+\frac{3}{2}}=\frac{2\sqrt{6}}{5}.
2. SQ
— ортогональная проекция ребра SA
на плоскость SBC
, поэтому точка H
лежит на прямой SQ
. Значит,
\sin\gamma=\sin\angle ASQ=\frac{AQ}{SM}.
Из прямоугольного треугольника SOM
получаем
l^{2}=SM^{2}=SO^{2}+MO^{2}=(OH\tg45^{\circ})^{2}+\left(\frac{2}{3}MH\right)^{2}=\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot1\right)^{2}+\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^{2}=
=\frac{5}{12}a^{2}~\Rightarrow~l=\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}.
По теореме синусов из треугольника SMH
получаем
\frac{MH}{\sin\gamma}=\frac{SM}{\sin45^{\circ}},~\mbox{или}~\frac{a\sqrt{3}}{2\sin\gamma}=l\sqrt{2}~\Rightarrow~\sin\gamma=\frac{a\sqrt{3}}{2l\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\cdot\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}\cdot\sqrt{2}}=\frac{3}{\sqrt{10}}.
Следовательно,
V=\frac{5\sqrt{15}}{6}\sin\beta\sin\gamma=\frac{5\sqrt{15}}{6}\cdot\frac{2\sqrt{6}}{5}\cdot\frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{90}}{\sqrt{10}}=\sqrt{9}=3.
Источник: Олимпиада «Росатом». — 2017-2018, закл. тур, компл. 3, 11 класс, задача 6, вариант 1