7739. Основание пирамиды — квадрат. Две боковые грани перпендикулярны плоскости основания, а две другие наклонены к ней под углом 45^{\circ}
. Среднее по величине боковое ребро равно l
. Найдите объём и полную поверхность пирамиды.
Ответ. \frac{l^{3}\sqrt{2}}{12}
; l^{2}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)
.
Указание. Докажите, что перпендикулярными плоскости основания могут быть только плоскости двух соседних боковых граней данной пирамиды. Эти две плоскости пересекаются по прямой, перпендикулярной плоскости основания.
Решение. Пусть PABCD
— четырёхугольная пирамида, основание которой — квадрат ABCD
. Докажем, что две противоположные боковые грани такой пирамиды не могут быть перпендикулярными плоскости основания.
Предположим, что плоскости граней PAB
и PCD
перпендикулярны плоскости квадрата ABCD
. Тогда каждая из них проходит через прямую, перпендикулярную плоскости основания. Поскольку две прямые, перпендикулярные одной плоскости, параллельны, получим, что две пересекающиеся прямые одной плоскости (указанный перпендикуляр и прямая AB
) соответственно параллельны двум пересекающимся прямым второй плоскости (второй из указанных перпендикуляров и прямая CD
). Значит, эти плоскости параллельны, что противоречит условию (плоскости боковых граней имеют общую точку P
). Аналогично докажем, что плоскости боковых граней PAD
и PBC
не могут быть перпендикулярными к плоскости основания пирамиды.
Таким образом, плоскости основания перпендикулярны две соседние боковые грани. Пусть это грани PAB
и PAD
. Тогда прямая AP
их пересечения перпендикулярна плоскости основания, т. е. AP
— высота пирамиды PABCD
. Тогда AB
и AD
— ортогональные проекции наклонных PB
и PD
на плоскость основания. Так как AB\perp BC
и AD\perp CD
, то по теореме о трёх перпендикулярах PB\perp BC
и PD\perp CD
. Значит, ABP
и ADP
— линейные углы двугранных углов, образованных плоскостями боковых граней PBC
и PDC
с плоскостью основания. По условию задачи
\angle ABP=\angle ADP=45^{\circ}.
Поскольку PB
и PD
— гипотенузы равных прямоугольных треугольников APB
и APD
, PD=PB\gt AP
, а так как PC
— гипотенуза прямоугольного треугольника BPC
, то PB\lt CP
. Значит, PB
и PD
— средние по величине боковые рёбра данной пирамиды. По условию задачи PB=PD=l
.
Из прямоугольного треугольника APB
находим, что
AB=BP\cos45^{\circ}=\frac{l}{\sqrt{2}},~AP=AB=\frac{l}{\sqrt{2}}.
Пусть V
— объём пирамиды, S
— её полная поверхность. Тогда
V=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot AP=\frac{1}{3}AB^{2}\cdot AP=\frac{1}{3}\cdot\frac{l^{2}}{2}\cdot\frac{l}{\sqrt{2}}=\frac{l^{3}\sqrt{2}}{12},
S=S_{ABCD}+2S_{\triangle APB}+2S_{\triangle BPC}=
=AB^{2}+AB\cdot AP+BC\cdot PB=\frac{l^{2}}{2}+\frac{l^{2}}{2}+\frac{l^{2}}{\sqrt{2}}=l^{2}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}\right).