14787. Дана четырёхугольная пирамида SABCD
(SA=SB=SC=SD
), основание которой — прямоугольник ABCD
со сторонами AB=CD=4
и AD=BC=3
. Через диагональ BD
основания под углом 30^{\circ}
к плоскости основания проведена плоскость, пересекающая ребро SC
в точке S'
. Найдите объём пирамиды S'BCD
.
Ответ. \frac{40\sqrt{3}}{33}
.
Решение. Боковые рёбра данной пирамиды равны, поэтому её высота проходит через центр описанной около основания окружности (см. задачу 7163), т. е. через точку пересечения диагоналей AC=BD=5
прямоугольника ABCD
. Тогда ортогональная проекция P
точки S'
, лежащей на ребре SC
, лежит на отрезке OC
, а S'P
— высота пирамиды S'BCD
.
Поскольку BD=5
и SC=SD=5
, треугольник ASC
равносторонний, поэтому \angle OCS=60^{\circ}
. Опустим перпендикуляры PF
и CT
на OB
. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что S'FP
— угол между плоскостью BS'D
и плоскостью основания пирамиды SABCD
. Значит, \angle S'FP=30^{\circ}
.
Обозначим S'P=x
, \angle COB=\alpha
и опустим перпендикуляр PH
на CT
. Из прямоугольных треугольников S'PC
, S'FC
и CPH
получаем
CP=\frac{x}{\sqrt{3}},~PF=x\sqrt{3},~CT=\frac{2S_{\triangle BOC}}{OB}=\frac{6}{\frac{5}{2}}=\frac{12}{5},
CH=CP\sin\angle CPH=CP\sin\alpha=CP\cdot\frac{CT}{OC}=\frac{x}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\frac{12}{5}}{\frac{5}{2}}=\frac{x}{\sqrt{3}}\cdot\frac{24}{25}=\frac{8x\sqrt{3}}{25}
Значит,
\frac{12}{5}=CT=CH+HT=CH+PF=\frac{8x\sqrt{3}}{25}+x\sqrt{3}=\frac{33x\sqrt{3}}{25},
откуда
S'P=x=\frac{20}{11\sqrt{3}}=\frac{20\sqrt{3}}{33}.
Следовательно,
V_{S'BCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle BCD}\cdot S'P=\frac{1}{3}\cdot6\cdot\frac{20\sqrt{3}}{33}=\frac{40\sqrt{3}}{33}.
Источник: Вступительный экзамен на физический факультет НГУ. — 1973, задача 4, вариант 1
Источник: Журнал «Квант». — 1974, № 2, с. 52, задача 4