7305. Основание четырёхугольной пирамиды — квадрат, а все боковые грани — прямоугольные треугольники, у которых вершины прямых углов лежат на основании пирамиды. Найдите объём пирамиды, если её высота равна 1, а один из двугранных углов при вершине равен 120^{\circ}
.
Ответ. \frac{1}{3}
.
Указание. Докажите, что одно из боковых рёбер пирамиды перпендикулярно плоскости основания.
Решение. Пусть PABCD
— данная четырёхугольная пирамида с вершиной P
, ABCD
— квадрат. Предположим, что
\angle PAB=\angle PBC=\angle PCD=\angle PDA=90^{\circ}.
Поскольку гипотенуза прямоугольного треугольника меньше катета,
PA\lt PB\lt PC\lt PD\lt PA,
что невозможно. Аналогично докажем, что невозможны все случаи расположения прямых углов, «симметричные» рассмотренным (т. е. через один).
Остаётся возможность, когда к одной из вершин прилежат два прямых угла. Пусть это будет вершина A
. Поскольку PA\perp AD
и PA\perp AB
, боковое ребро PA
перпендикулярно плоскости основания, а так как AB\perp BC
и AD\perp CD
, то по теореме о трёх перпендикулярах PB\perp BC
и PD\perp CD
, т. е. \angle PBC=\angle PDC=90^{\circ}
.
Двугранный угол при ребре PA
прямой, так как его линейный угол — это угол BAD
. Прямая BC
перпендикулярна плоскости грани PAB
, так как BC\perp AB
и BC\perp PB
. Значит, плоскость грани PBC
проходит через перпендикуляр BC
к плоскости грани PAB
, поэтому плоскости граней PAB
и PBC
перпендикулярны. Следовательно, двугранный угол при ребре PB
равен 90^{\circ}
. Аналогично, двугранный угол при ребре PD
также равен 90^{\circ}
. Таким образом, двугранный угол при ребре PC
равен 120^{\circ}
.
Пусть K
— основание перпендикуляра, опущенного из вершины B
на ребро PC
. Поскольку AC\perp BD
и по теореме о трёх перпендикулярах PC\perp BD
, прямая PC
перпендикулярна плоскости треугольника BKD
, поэтому угол BKD
— линейный угол двугранного угла при ребре PC
. По доказанному \angle BKD=120^{\circ}
.
Пусть O
— центр квадрата ABCD
. Тогда OK
— высота, медиана и биссектриса треугольника BKD
. Обозначим через a
сторону квадрата ABCD
, через \alpha
— угол ACP
. Из прямоугольных треугольников KOD
и PAC
находим, что
OK=OD\tg\angle KDO=\frac{a\sqrt{2}}{2}\tg30^{\circ}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{6},
\sin\alpha=\sin\angle ACP=\frac{OK}{OC}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{6}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}},
\ctg\alpha=\sqrt{\frac{1}{\sin^{2}\alpha}-1}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2},~a\sqrt{2}=AC=PA\ctg\alpha=\sqrt{2},
откуда a=1
. Следовательно,
V_{PABCD}=\frac{1}{3}AB^{2}\cdot PA=\frac{1}{3}\cdot1\cdot1=\frac{1}{3}.