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