8896. Внутри правильной треугольной пирамиды расположена прямая призма, в основании которой лежит ромб. Одна из граней призмы принадлежит основанию пирамиды, другая грань — боковой грани пирамиды. Какой наибольший объём может иметь призма, если ребро основания пирамиды равно 2, а высота пирамиды равна 2\sqrt{2}
?
Ответ. \frac{5\sqrt{6}}{36}
.
Решение. Боковая грань правильной пирамиды не параллельна и не перпендикулярна плоскости основания, поэтому соседние боковые грани призмы лежат в боковой грани и в основании пирамиды. Тогда одно из боковых рёбер, например, KK_{1}
, призмы KLMNK_{1}L_{1}M_{1}N_{1}
лежит на ребре AB
основания ABC
правильной пирамиды DABC
, боковая грань KK_{1}N_{1}N
призмы — на основании ABC
пирамиды, а боковая грань KK_{1}L_{1}L
— на боковой грани ABD
пирамиды.
Поскольку противоположные боковые грани призмы попарно параллельны, боковая грань LL_{1}M_{1}M
лежит в сечении пирамиды плоскостью, параллельной плоскости основания. Пусть A_{1}B_{1}C_{1}
— это сечение. Тогда из всех таких призм наибольший объём имеет призма, у которой вершины M
и M_{1}
лежат на сторонах соответственно A_{1}C_{1}
и B_{1}C_{1}
сечения A_{1}B_{1}C_{1}
.
Пусть высота DH
пирамиды пересекает плоскость A_{1}B_{1}C_{1}
в точке O
, P
— середина стороны AB
, F
— середина A_{1}B_{1}
, E
— проекция точки F
на плоскость ABCD
. Обозначим KL=KN=x
, \frac{DA_{1}}{DA}=y
, \angle DPH=\beta
. Тогда
PH=\frac{1}{3}CH=\frac{1}{3}\cdot\frac{2\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3},~\ctg\angle LKN=\ctg\beta=\frac{PH}{DH}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{12},
\sin\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\ctg^{2}\beta}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{24}}}=\frac{2\sqrt{6}}{5},~FE=OH=(1-y)DH=2\sqrt{2}(1-y),
LL_{1}=A_{1}B_{1}-2LB_{1}=y\cdot AB-2\cdot\frac{ML}{\sqrt{3}}=2y-\frac{2x}{\sqrt{3}},
x=KN=KL=PF=\frac{FE}{\sin\beta}=\frac{2\sqrt{2}(1-y)}{\frac{2\sqrt{6}}{5}}=\frac{5(1-y)}{\sqrt{3}},
откуда находим, что y=\frac{5-x\sqrt{3}}{5}
. Тогда
LL_{1}=2y-\frac{x}{\sqrt{3}}=\frac{2(5-x\sqrt{3})}{5}-\frac{2x}{\sqrt{3}}=\frac{2(5\sqrt{3}-8x)}{5\sqrt{3}},
V_{KLMNK_{1}L_{1}M_{1}N_{1}}=V(x)=KL\cdot KN\sin\beta LL_{1}=x^{2}\cdot\frac{2\sqrt{6}}{5}\cdot\frac{2(5\sqrt{3}-8x)}{5\sqrt{3}}=
=\frac{4\sqrt{2}}{25}\cdot x^{2}(5\sqrt{3}-8x)=\frac{4\sqrt{2}}{25\cdot16}\cdot4x\cdot4x(5\sqrt{3}-8x)\leqslant
\leqslant\frac{\sqrt{2}}{100}\left(\frac{4x+4x+(5\sqrt{3}-8x)}{3}\right)^{3}=\frac{\sqrt{2}}{100}\left(\frac{5\sqrt{3}}{3}\right)^{3}=\frac{5\sqrt{6}}{36},
причём равенство достигается, если 4x=5\sqrt{3}-8x
, x=\frac{5\sqrt{3}}{12}
, т. е. при
\frac{DA_{1}}{DA}=y=\frac{5-x\sqrt{3}}{5}=\frac{5-\frac{5\sqrt{3}}{12}\cdot\sqrt{3}}{5}=\frac{3}{4}.
Следовательно, искомое наибольшее значение объёма равно \frac{5\sqrt{6}}{36}
.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1993, билет 9, № 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. — № 93-9-5, с. 335