8100. Плоскость проходит через сторону основания правильной четырёхугольной пирамиды и делит пополам двугранный угол при этой стороне. Найдите площадь основания пирамиды наименьшего объёма, если известно, что указанная плоскость пересекает высоту пирамиды в точке, удалённой на расстояние d
от плоскости основания.
Ответ. 8d^{2}
.
Решение. Пусть плоскость, проходящая через сторону AB
основания ABCD
правильной четырёхугольной пирамиды PABCD
пересекает высоту PM
пирамиды в точке K
, причём MK=d
. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через апофемы PG
и PH
лежащие в гранях APB
и CPD
. Тогда PGH
— линейный угол двугранного угла между плоскостью боковой грани пирамиды и плоскостью основания, а GK
— биссектриса этого угла.
Обозначим \angle KGM=\alpha
, PM=h
, AB=a
. Тогда
\angle PGM=2\alpha,~MG=\frac{1}{2}GH=\frac{1}{2}AB=\frac{a}{2}.
Из прямоугольных треугольников KMG
и PMG
находим, что
\frac{a}{2}=MG=\frac{KM}{\tg\angle KGM}=\frac{d}{\tg\alpha},
h=PM=MG\tg\angle PGM=\frac{a}{2}\cdot\tg2\alpha=\frac{d}{\tg\alpha}\cdot\frac{2\tg\alpha}{1-\tg^{2}\alpha}=\frac{2d}{1-\tg^{2}\alpha}.
Тогда
V_{PABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot h=\frac{1}{3}a^{2}h=\frac{1}{3}\cdot\frac{4d^{2}}{\tg^{2}\alpha}\cdot\frac{2d}{1-\tg^{2}\alpha}=\frac{8}{3}d^{3}\cdot\frac{1}{\tg^{2}\alpha(1-\tg^{2}\alpha)}.
Обозначим \tg^{2}\alpha=t
(0\lt t\lt1
, так как 0\lt\alpha\lt45^{\circ}
) и найдём значение t
, при котором объём пирамиды минимален. Так как при рассматриваемых t
верно неравенство t(1-t)\leqslant\frac{1}{4}
, причём равенство достигается при t=\frac{1}{2}
, то
V_{PABCD}=\frac{8}{3}d^{3}\cdot\frac{1}{\tg^{2}\alpha(1-\tg^{2}\alpha)}=\frac{8}{3}d^{3}\cdot\frac{1}{t(1-t)}\geqslant\frac{32}{3}d^{3},
а равенство достигается при \tg\alpha=\frac{1}{\sqrt{2}}
Тогда
S_{ABCD}=a^{2}=\frac{4d^{2}}{\tg^{2}\alpha}=4d^{2}\cdot2=8d^{2}.
Источник: Вступительный экзамен в МИФИ. —