14796. Куб с ребром a
вписан в правильную четырёхугольную пирамиду так, что четыре его вершины находятся на боковых рёбрах, а четыре другие — на основании пирамиды. Боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под углом \alpha
. Найдите объём пирамиды.
Ответ. \frac{a^{3}}{6}(2+\tg\alpha)^{3}\ctg^{2}\alpha
.
Решение. Рассмотрим правильную четырёхугольную пирамиду SABCD
с вершиной S
и высотой SO
и куб XYZTX_{1}Y_{1}Z_{1}T_{1}
с вершинами X
, Y
, Z
, T
на боковых рёбрах соответственно SA
, SB
, SC
, SD
пирамиды и вершинами X'
, Y'
, Z'
, T'
в плоскости основания пирамиды. Тогда точки X'
, Y'
, Z'
, T'
лежат на ортогональных проекциях боковых рёбер пирамиды на плоскость её основания, т. е. на отрезках OX'
, OY'
, OZ'
, OT'
соответственно.
Пусть M
и M'
— середины рёбер соответственно XY
и X'Y'
куба, а N
— середина стороны AB
основания пирамиды. Тогда ONS
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре AB
. По условию задачи \angle OMS=\alpha
.
Пусть сторона квадрата ABCD
равна b
. Тогда
ON=\frac{1}{2}AD=\frac{b}{2},~OM'=\frac{1}{2}a,~M'N=ON-OM'=\frac{1}{2}(b-a).
Из прямоугольного треугольника MM'N
получаем
\frac{1}{2}(b-a)=M'N=MM'\ctg\angle OMS=a\ctg\alpha,
откуда
b=a(1+2\ctg\alpha).
Из прямоугольного треугольника SON
получаем
SO=ON\tg\alpha=\frac{b}{2}\tg\alpha.
Следовательно,
V_{SABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}b^{2}\cdot\frac{1}{2}b\tg\alpha=\frac{1}{6}b^{3}\tg\alpha=\frac{1}{6}(1+2\ctg\alpha)^{3}\tg\alpha=
=\frac{a^{3}}{6}(1+2\ctg\alpha)^{3}\cdot\frac{\tg^{3}\alpha}{\tg^{2}\alpha}=\frac{a^{3}}{6}(2+\tg\alpha)^{3}\ctg^{2}\alpha.
Источник: Вступительный экзамен в МИФИ. — 1976, задача 2, вариант 3
Источник: Журнал «Квант». — 1976, № 12, с. 56, задача 2