7170. Основание пирамиды — параллелограмм ABCD
с площадью m^{2}
. Известно, что BD
перпендикулярно AD
. Двугранные углы при рёбрах AD
и BC
равны 45^{\circ}
, а при рёбрах AB
и CD
— 60^{\circ}
. Найдите боковую поверхность и объём пирамиды.
Ответ. m^{2}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)
, \frac{|m|^{3}\sqrt[4]{2}}{6}
.
Решение. Пусть P
— вершина пирамиды, PH
— высота. Поскольку двугранные углы при рёбрах AD
и BC
равны, точка H
равноудалена от прямых AD
и BC
, а значит, лежит на средней линии параллелограмма ABCD
, параллельной сторонам AD
и BC
. Аналогично, точка H
лежит на средней линии параллелограмма ABCD
, параллельной двум другим его сторонам. Поскольку средние линии параллелограмма пересекаются в его центре, H
— точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD
.
По условию HD\perp AD
. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах PD\perp AD
, значит, HDP
— линейный угол двугранного угла при ребре AD
. Аналогично, HBP
— линейный угол двугранного угла при ребре BC
. Поэтому \angle HDP=\angle HBP=45^{\circ}
.
Пусть PKH
— линейный угол при ребре AB
. По условию \angle PKH=60^{\circ}
. Треугольник AHB
— ортогональная проекция грани APB
на плоскость основания, поэтому
S_{\triangle APB}=\frac{S_{\triangle AHB}}{\cos\angle PKH}=\frac{\frac{1}{4}m^{2}}{\frac{1}{2}}=\frac{m^{2}}{2}.
Аналогично находим, что
S_{\triangle DPC}=\frac{m^{2}}{2},~S_{\triangle APD}=\frac{S_{\triangle AHD}}{\cos45^{\circ}}=\frac{m^{2}\sqrt{2}}{4},~S_{\triangle BPC}=\frac{S_{\triangle BHC}}{\cos45^{\circ}}=\frac{m^{2}\sqrt{2}}{4}.
Следовательно,
S_{\triangle APB}+S_{\triangle DPC}+S_{\triangle APD}+S_{\triangle BPC}=m^{2}+\frac{m^{2}\sqrt{2}}{2}=m^{2}\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right).
Обозначим PH=x
, \angle ABD=\alpha
. Тогда
BH=DH=PH=x,~KH=PH\ctg\angle PKH=x\ctg60^{\circ}=\frac{x\sqrt{3}}{3},
\sin\alpha=\sin\angle ABD=\frac{KH}{BH}=\frac{\frac{x\sqrt{3}}{3}}{x}=\frac{\sqrt{3}}{3},~\cos\alpha=\sqrt{\frac{2}{3}},
\tg\alpha=\frac{\sqrt{2}}{2},~AD=BD\tg\alpha=\frac{2x\sqrt{2}}{2}=x\sqrt{2}.
Тогда
S_{ABCD}=2S_{\triangle ABD}=AD\cdot BD=x\sqrt{2}\cdot2x=2x^{2}\sqrt{2}=m^{2},
откуда PH=x=\frac{|m|}{\sqrt{2\sqrt{2}}}
. Следовательно,
V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot PH=\frac{1}{3}m^{2}\cdot\frac{|m|}{\sqrt{2\sqrt{2}}}=\frac{\frac{1}{3}|m|^{3}}{\sqrt{2\sqrt{2}}}=\frac{|m|^{3}\sqrt[4]{2}}{6}.
Источник: Сборник задач по математике для поступающих во втузы / Под ред. М. И. Сканави. — 5-е изд. — М.: Высшая школа, 1988. — с. 192, № 11.112