8827. На продолжении за точку A_{1}
ребра AA_{1}
правильной треугольной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
(ABC
— основание) взята точка M
. Через точку M
и точку K
— середину ребра BC
проведена плоскость \alpha
, пересекающая ребро AC
в точке K_{1}
так, что угол KK_{1}M
равен \arctg\sqrt{55}
. Известно, что сечение призмы плоскостью \alpha
— пятиугольник KK_{1}K_{2}K_{3}K_{4}
, у которого K_{1}K_{2}=\frac{7}{2}
, KK_{1}=\frac{\sqrt{14}}{2}
, K_{2}K_{3}=\frac{3}{8}\sqrt{14}
. Найдите объём призмы.
Ответ. \frac{63}{4}\sqrt{\frac{3}{2}}
.
Решение. По теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей плоскостью KK_{1}\parallel K_{2}K_{3}
. Обозначим \angle KK_{1}K_{2}=\angle KK_{1}M=\gamma
. Тогда
\tg\gamma=\sqrt{55},~\cos\gamma=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\gamma}}=\frac{1}{\sqrt{1+55}}=\frac{1}{2\sqrt{14}}=\frac{\sqrt{14}}{28}.
Рассмотрим пятиугольник KK_{1}K_{2}K_{3}K_{4}
(рис. 2). Пусть P
— основание перпендикуляра, опущенного из вершины K_{2}
на прямую K_{1}K
. Поскольку угол KK_{1}K_{2}
острый, точки P
и K
лежат на луче K_{1}K
. Из прямоугольного треугольника K_{1}PK_{2}
находим, что
K_{1}P=K_{1}K_{2}\cos\angle K_{2}K_{1}P=\frac{7}{2}\cos\gamma=\frac{7}{2}\cdot\frac{\sqrt{14}}{28}=\frac{\sqrt{14}}{8}.
Тогда
PK=KK_{1}-K_{1}P=\frac{\sqrt{14}}{2}-\frac{\sqrt{14}}{8}=\frac{3}{8}\sqrt{14}=K_{2}K_{3}.
Это значит, что четырёхугольник KPK_{2}K_{3}
— параллелограмм. Значит, \angle K_{1}KK_{3}=\angle K_{1}PK_{2}=90^{\circ}
. Пусть E
и F
— ортогональные проекции на плоскость основания ABC
точек K_{2}
и K_{3}
соответственно. По теореме о трёх перпендикулярах FK\perp KK_{1}
.
Обозначим AB=a
, \angle CKK_{1}=\varphi
, AF=x
(рис. 3). По свойству параллельного проектирования EF\parallel KK_{1}
, поэтому \angle KFE=\angle FKK_{1}=90^{\circ}
. По теореме о внешнем угле треугольника \angle AK_{1}K=60^{\circ}+\varphi
, поэтому \angle AEF=\angle AK_{1}K=60^{\circ}+\varphi
, а так как \angle FKK_{1}=90^{\circ}
, то \angle FKB=180^{\circ}-90^{\circ}-\varphi=90^{\circ}-\varphi
. Применяя теорему синусов к треугольникам KCK_{1}
, AEF
и KBF
, получим, что
\frac{CK}{\sin\angle(180^{\circ}-60^{\circ}-\varphi)}=\frac{KK_{1}}{\sin60^{\circ}},~\frac{AF}{\sin\angle AEF}=\frac{EF}{\sin60^{\circ}},~\frac{BK}{\sin\angle BFK}=\frac{BF}{\sin(90^{\circ}-\varphi)},
или
\frac{a}{2\sin(60^{\circ}+\varphi)}=\frac{\sqrt{14}}{\sqrt{3}},~\frac{x}{\sin(60^{\circ}+\varphi)}=\frac{3\sqrt{14}}{4\sqrt{3}},~\frac{a}{2\sin(30^{\circ}+\varphi)}=\frac{a-x}{\cos\varphi}.
Разделив почленно первое из этих равенств на второе, найдём, что x=\frac{3}{8}a
. Подставив найденное значение x
в третье равенство, получим уравнение \frac{a}{\cos\varphi+\sqrt{3}\sin\varphi}=\frac{5a}{8\cos\varphi}
, или 3\cos\varphi=5\sqrt{3}\sin\varphi
, откуда находим, что \tg\varphi=\frac{\sqrt{3}}{5}
. Тогда
\cos\varphi=\frac{5}{2\sqrt{7}},~\sin\varphi=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}},
\sin(60^{\circ}+\varphi)=\frac{1}{2}(\sqrt{3}\cos\varphi+\sin\varphi)=\frac{1}{2}\left(\sqrt{3}\cdot\frac{5}{2\sqrt{7}}+\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}\right)=\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{7}},
\cos(60^{\circ}+\varphi)=\sqrt{1-\sin^{2}(60^{\circ}+\varphi)}=\sqrt{1-\frac{27}{28}}=\frac{1}{2\sqrt{7}}.
Поэтому
a=\frac{\sqrt{14}}{\sqrt{3}}\cdot2\sin(60^{\circ}+\varphi)=\frac{\sqrt{14}}{\sqrt{3}}\cdot\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=3\sqrt{2}.
Пусть H
— проекция точки E
на прямую KK_{1}
. Тогда
HK_{1}=KK_{1}-HK=KK_{1}-EF=\frac{\sqrt{14}}{2}-\frac{3}{8}\sqrt{14}=\frac{\sqrt{14}}{8}.
Из прямоугольных треугольников K_{1}HE
и K_{1}K_{2}E
находим, что
K_{1}E=\frac{HK_{1}}{\cos\angle KK_{1}E}=\frac{HK_{1}}{\cos(60^{\circ}+\varphi)}=\frac{\frac{\sqrt{14}}{8}}{\frac{1}{2\sqrt{7}}}=\frac{7\sqrt{2}}{4},
K_{2}E=\sqrt{K_{1}K_{2}^{2}-K_{1}E}=\sqrt{\frac{49}{4}-\frac{49}{8}}=\frac{7}{2\sqrt{2}}.
Значит, высота h
призмы равна \frac{7}{2\sqrt{2}}
, а площадь S
основания — \frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{(3\sqrt{2})^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{2}
. Следовательно,
V_{\mbox{призмы}}=Sh=\frac{9\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{7}{2\sqrt{2}}=\frac{63}{4}\sqrt{\frac{3}{2}}.