14828. В правильной четырёхугольной пирамиде
SABCD
через вершину
A
и середину бокового ребра
SC
проведено сечение плоскостью, параллельной диагонали
BD
основания
ABCD
. Известно, что площадь сечения равна 9, а плоскость сечения образует угол
60^{\circ}
с плоскостью основания. Найдите объём данной пирамиды.
Ответ.
\frac{27\sqrt{6}}{2}
.
Решение. Пусть сторона квадрата
ABCD
равна
a
.
Плоскость
BSD
проходит через прямую
BD
, параллельную секущей плоскости, поэтому плоскость
BSD
пересекает секущую плоскость по прямой
l
, параллельной
BD
(см. задачу 8003). Пусть прямая
l
пересекает боковые рёбра
SD
и
SB
в точках
M
и
N
соответственно, а высоту
SO
пирамиды — в точке
G
. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что
\angle GAO=60^{\circ}
, а так как
SO
и
AK
— медианы треугольника
BSD
, то
SO=3GO=3AO\tg60^{\circ}=3\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.

Пусть
M'
,
N'
и
K'
— ортогональные проекции точек соответственно
M
,
N
и
K
на плоскость основания пирамиды. Тогда
M'
и
N'
лежат на диагонали
BD
основания, а точка
K'
на диагонали
AC
, причём
DM'=BN'=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}BD=\frac{1}{6}BD,~M'N'=BD-2\cdot\frac{1}{6}BD=\frac{2}{3}BD=\frac{2a\sqrt{2}}{3},

AK'=\frac{3}{4}AC=\frac{3}{4}\cdot a\sqrt{2}=\frac{3a\sqrt{2}}{4}.

По формуле площади ортогональной проекции
S_{AM'K'N'}=S_{AMKN}\cos60^{\circ}=9\cdot\frac{1}{2}=\frac{9}{2}.

В то же время, диагонали
AK'
и
M'N'
четырёхугольника
AM'K'N'
перпендикулярны, поэтому
S_{AM'K'N'}=\frac{1}{2}AK'\cdot M'N'=\frac{1}{2}\cdot\frac{3a\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{2}{3}a\sqrt{2}=\frac{a^{2}}{2}.

Из равенства
\frac{9}{2}=\frac{a^{2}}{2}
находим, что
a=3
.
Следовательно,
V_{SABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}a^{2}\cdot\frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{a^{3}\sqrt{2}}{2}=\frac{27\sqrt{6}}{2}.

Источник: Вступительный экзамен на физический факультет НГУ. — 1990, задача 5
Источник: Журнал «Квант». — 1991, № 3, с. 59, задача 5, вариант 2