8979. Дана правильная треугольная пирамида SABC
(S
— её вершина). Ребро SC
этой пирамиды совпадает с боковым ребром правильной треугольной призмы A_{1}B_{1}CA_{2}B_{2}S
(A_{1}A_{2}
, B_{1}B_{2}
и CS
— боковые рёбра, а A_{1}B_{1}C
— одно из оснований). Вершины призмы A_{1}
и B_{1}
лежат в плоскости грани SAB
пирамиды. Какую долю от объёма всей пирамиды составляет объём части пирамиды, лежащей внутри призмы, если отношение длины бокового ребра призмы к длине стороны её основания равно \frac{2}{\sqrt{3}}
.
Ответ. \frac{\sqrt{3}}{2}
.
Решение. Пусть плоскость, проходящая через точку C
перпендикулярно прямой SC
пересекает плоскость грани ASB
по прямой l
. Тогда вершины A_{1}
и B_{1}
правильной треугольной призмы A_{1}B_{1}CA_{2}B_{2}S
лежат на прямой l
.
Пусть SH
— высота правильной пирамиды SABC
, M
— середина ребра AB
, E
, P
и F
— точки пересечения продолжений отрезков соответственно SA
, SM
и SB
с прямой l
, а L
и K
— точки пересечения с прямой AB
отрезков соответственно SA_{1}
и SB_{1}
.
Обозначим \angle SCH=\alpha
, \angle SMH=\beta
, \angle CSM=\gamma
, AB=a
. Тогда по условию задачи SC=\frac{2a}{\sqrt{3}}
. Из прямоугольных треугольников SCH
и SMH
находим, что
\cos\alpha=\frac{CH}{SC}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{2a}{\sqrt{3}}}=\frac{1}{2},~\alpha=60^{\circ},~SH=CH\tg\alpha=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\sqrt{3}=a,
\tg\beta=\frac{SH}{MH}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{6}}=2\sqrt{3},~\cos\beta=\frac{1}{1+\tg^{2}\beta}=\frac{1}{1+12}=\frac{1}{\sqrt{13}},
SM=\frac{MH}{\cos\beta}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{\frac{1}{\sqrt{13}}}=\frac{a\sqrt{39}}{6}.
Тогда
\tg\gamma=\tg(180^{\circ}-\alpha-\beta)=-\tg(\alpha+\beta)=-\frac{\tg\alpha+\tg\beta}{1-\tg\alpha\tg\beta}=-\frac{\sqrt{3}+2\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}\cdot2\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{5}.
Тогда
\cos\gamma=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\gamma}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{27}{25}}}=\frac{5}{\sqrt{13}}.
Поскольку прямая CP
лежит в плоскости, перпендикулярной прямой SC
, угол SCP
— прямой. Из прямоугольного треугольника SCP
находим, что
CP=SC\tg\gamma=\frac{2a}{\sqrt{3}}\cdot\frac{3\sqrt{3}}{5}=\frac{6}{5}a,~SP=\frac{SC}{\cos\gamma}=\frac{\frac{2a}{\sqrt{3}}}{\frac{5}{\sqrt{13}}}=\frac{4a\sqrt{39}}{15}.
Заметим, что отрезок CP
— высота равностороннего треугольника CA_{1}B_{1}
— основания правильной призмы A_{1}B_{1}CA_{2}B_{2}S
. Обозначим A_{1}B_{1}=b
. Из равенства CP=\frac{b\sqrt{3}}{2}=\frac{6}{5}a
находим, что b=\frac{4a\sqrt{3}}{5}
.
Треугольник SEF
подобен треугольнику SAB
, а треугольник SA_{1}B_{1}
— треугольнику SLK
, причём в обоих случаях коэффициент подобия равен \frac{SP}{SM}=\frac{\frac{4a\sqrt{39}}{15}}{\frac{a\sqrt{39}}{6}}=\frac{8}{5}
, P
— общая середина отрезков EF
и A_{1}B_{1}
, а M
— общая середина отрезков AB
и KL
. Тогда
KL=\frac{5}{8}A_{1}B_{1}=\frac{5}{8}\cdot\frac{4a\sqrt{3}}{5}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\lt a=AB.
Следовательно, треугольная пирамида SCKL
— часть пирамиды SABC
, содержащаяся внутри призмы A_{1}B_{1}CA_{2}B_{2}S
, и
\frac{V_{SCKL}}{V_{SABC}}=\frac{\frac{1}{3}S_{\triangle CKL}\cdot SH}{\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot SH}=\frac{S_{\triangle CKL}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{KL}{AB}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1971, билет 2, № 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. — № 71-2-5, с. 146