8893. Точки E
и F
— середины рёбер CC_{1}
и C_{1}D_{1}
прямоугольного параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Ребро KL
правильной треугольной пирамиды KLMN
(K
— вершина) лежит на прямой AC
, а вершины N
и M
— на прямых DD_{1}
и EF
соответственно. Найдите отношение объёмов призмы и пирамиды, если AB:BC=4:3
, KL:MN=2:3
.
Ответ. \frac{25\sqrt{3}}{16}
.
Решение. Пусть P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки D
на прямую AC
. Прямая AC
перпендикулярна двум пересекающимся прямым AC
и DD_{1}
плоскости DD_{1}P
, поэтому прямая AC
перпендикулярна этой плоскости. Тогда, любая прямая, проходящая через точку P
перпендикулярно AC
(или совпадающей с ней прямой KL
), лежит в плоскости DD_{1}P
.
Известно, что боковое ребро правильной треугольной пирамиды перпендикулярно, скрещивающимся с ним боковым ребром. Кроме того, если прямая l
и плоскость \alpha
перпендикулярны одной и той же прямой, то прямая l
либо лежит в плоскости \alpha
, либо параллельна ей.
Скрещивающиеся прямые KL
и MN
перпендикулярны и плоскость DD_{1}P
перпендикулярна прямой KL
, поэтому прямая MN
либо лежит в плоскости DD_{1}P
, либо параллельна ей. Второй случай исключается, так как по условию задачи точка N
лежит на прямой DD_{1}
, т. е. является общей точкой прямой DD_{1}
и плоскости DD_{1}P
. Значит, прямая MN
лежит в плоскости DD_{1}P
. В то же время, точка M
лежит в плоскости DD_{1}C_{1}C
, так как она лежит на прямой EF
этой плоскости. Следовательно, точка M
лежит на прямой DD_{1}
пересечения плоскостей DD_{1}C_{1}C
и DD_{1}P
.
Тогда DP
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых DD_{1}
и KL
, а так как общий перпендикуляр противоположных рёбер правильной треугольной пирамиды проходит через середину ребра основания, то D
— середина MN
Положим AB=4a
, BC=3a
, KL=2b
, MN=3b
.
Пусть H
— центр основания MNL
правильной пирамиды KLMN
. Из прямоугольного треугольника KHL
находим, что
\cos\angle KLH=\frac{HL}{KL}=\frac{\frac{2}{3}DL}{KL}=\frac{2}{3}\cdot\frac{MN\sqrt{3}}{2}{KL}=\frac{2}{3}\cdot\frac{3b\sqrt{3}}{2}{2b}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Поэтому \angle DLP=\angle KLH=30^{\circ}
и
DP=\frac{1}{2}DL=\frac{1}{2}\cdot\frac{3b\sqrt{3}}{2}=\frac{3b\sqrt{3}}{4},~KH=\frac{1}{2}KL=b.
Пусть прямые EF
и CD
пересекаются в точке G
. Из равенства треугольников MFD_{1}
, EFC_{1}
и EGC
следует, что CG=FC_{1}=FD_{1}
, а из подобия треугольников MFD_{1}
и MGD
—
\frac{MD_{1}}{MD}=\frac{FD_{1}}{DG}=\frac{FD}{CD+CG}=\frac{2a}{4a+2a}=\frac{1}{3}.
Поэтому
DD_{1}=\frac{2}{3}MD=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}MN=\frac{1}{3}\cdot3b=b.
Из прямоугольного треугольника ACD
находим, что
AC=\sqrt{AD^{2}+CD^{2}}=\sqrt{9a^{2}+16a^{2}}=5a,~DP=\frac{AD\cdot CD}{AC}=\frac{3a\cdot4a}{5a}=\frac{12}{5}a.
Тогда \frac{12}{5}a=\frac{3b\sqrt{3}}{4}
, откуда a=\frac{5b\sqrt{3}}{16}
.
Пусть V_{1}
и V_{2}
— объёмы параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
и пирамиды KLMN
. Тогда
V_{1}=S_{ABCD}\cdot DD_{1}=3a\cdot4a\cdot b=12a^{2}b=12a^{2}b=12\left(\frac{5b\sqrt{3}}{16}\right)^{2}\cdot b=\frac{225b^{2}}{64},
V_{2}=\frac{1}{3}S_{MNL}\cdot KH=\frac{1}{3}\cdot\frac{\left(3b\right)^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot b=\frac{3b^{3}\sqrt{3}}{4}.
Следовательно,
\frac{V_{1}}{V_{2}}=\frac{\frac{225b^{2}}{64}}{\frac{3b^{3}\sqrt{3}}{4}}=\frac{25\sqrt{3}}{16}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1993, билет 6, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 93-6-5, с. 332