8982. В правильной четырёхугольной усечённой пирамиде с боковыми рёбрами AA_{1}
, BB_{1}
, CC_{1}
, DD_{1}
сторона верхнего основания A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
равна 1, а сторона нижнего основания равна 7. Плоскость, проходящая через ребро B_{1}C_{1}
перпендикулярно к плоскости AD_{1}C
, делит пирамиду на две части равного объёма. Найдите объём пирамиды.
Ответ. \frac{38}{\sqrt{5}}
.
Решение. Поскольку секущая плоскость проходит через прямую B_{1}C_{1}
параллельную плоскости основания ABCD
, эти плоскости пересекаются по прямой l
, параллельной B_{1}C_{1}
, а значит, и прямой BC
. Пусть прямая l
пересекает прямые AB
и CD
в точках E
и F
соответственно. Если бы точки E
и F
лежали на продолжении рёбер AB
и CD
, то объём части данной усечённой пирамиды, расположенной под плоскостью сечения, был бы больше объёма остальной части пирамиды, значит, точки E
и F
лежат на рёбрах AB
и CD
.
Пусть Q
— центр нижнего основания усечённой пирамиды, M
— основание перпендикуляра, опущенного из точки B_{1}
на прямую D_{1}Q
. Прямая B_{1}M
лежит в плоскости диагонального сечения BB_{1}D_{1}D
, а прямая AC
перпендикулярна этой плоскости, поэтому прямая B_{1}M
перпендикулярна двум пересекающимся прямым D_{1}Q
и AC
плоскости AD_{1}C
. Следовательно, прямая B_{1}M
перпендикулярна плоскости AD_{1}C
, а плоскость, проходящая через пересекающиеся прямые B_{1}C_{1}
и B_{1}M
перпендикулярна плоскости AD_{1}C
(если одна из двух плоскостей проходит через прямую, перпендикулярную к другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны). Таким образом, сечение, о котором говорится в условии задачи — трапеция B_{1}C_{1}FE
.
Пусть высота усечённой пирамиды равна h
, CF=BE=t
, а объём усечённой пирамиды равен V
. На продолжении отрезка C_{1}B_{1}
за точку B_{1}
отложим отрезок B_{1}G=6
. Тогда многогранник CC_{1}FBGE
— треугольная призма с боковыми рёбрами GC_{1}=EF=BC=7
. Расстояние от бокового ребра GC_{1}
призмы до плоскости противоположной боковой грани BCFE
равно h
. Если V_{1}
— объём призмы, то
V_{1}=\frac{1}{2}S_{BCFE}\cdot h=\frac{1}{2}\cdot7th=\frac{7}{2}th.
Пусть V_{2}
— объём тетраэдра BEB_{1}G
, дополняющего до призмы часть усечённой пирамиды, расположенной под плоскостью сечения. Противоположные рёбра BE
и B_{1}G
тетраэдра перпендикулярны, а расстояние между прямыми BE
и B_{1}G
равно h
, поэтому
V_{2}=\frac{1}{6}BE\cdot B_{1}G\cdot h\cdot\sin90^{\circ}=\frac{1}{6}t\cdot6\cdot h=th,
а так как V_{1}-V_{2}=\frac{1}{2}V
, то
\frac{7}{2}th-th=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}h(7^{2}+1^{2}+\sqrt{7^{2}\cdot1^{2}}),
откуда находим, что t=\frac{19}{5}
.
Диагональное сечение BB_{1}D_{1}D
— равнобедренная трапеция BB_{1}D_{1}D
, точка Q
— середина большего основания BD
. Пусть T
— точка пересечения прямой B_{1}M
, перпендикулярной D_{1}Q
, с основанием BD
, K
и L
— основание перпендикуляров, опущенных из вершин соответственно B_{1}
и D_{1}
на BD
. Точка T
лежит в плоскостях B_{1}C_{1}FE
и ABCD
, поэтому она лежит на прямой EF
пересечения этих плоскостей. Тогда
\frac{BT}{BD}=\frac{BE}{AB}=\frac{\frac{19}{5}}{7}=\frac{19}{35},~BT=\frac{19}{35}BD=\frac{19}{35}\cdot7\sqrt{2}=\frac{19}{5}\sqrt{2},
BL=\frac{1}{2}(BD+B_{1}D_{1})=\frac{1}{2}(7\sqrt{2}+\sqrt{2})=4\sqrt{2},BQ=\frac{1}{2}BD=\frac{7}{2}\sqrt{2},
QL=BL-BQ=4\sqrt{2}-\frac{7}{2}\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{2},~BK=\frac{1}{2}(7\sqrt{2}-\sqrt{2})=3\sqrt{2},
KT=BT-BK=\frac{19}{5}\sqrt{2}-3\sqrt{2}=\frac{4}{5}\sqrt{2}.
Прямоугольные треугольники B_{1}KT
и QLD_{1}
подобны по двум углам, поэтому \frac{B_{1}K}{KT}=\frac{QL}{D_{1}L}
, или \frac{h}{\frac{4}{5}\sqrt{2}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{h}
, откуда h=\frac{2}{\sqrt{5}}
. Следовательно,
V=\frac{1}{3}h(49+1+7)=\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}\cdot57=\frac{38}{\sqrt{5}}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1971, билет 5, № 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. — № 71-5-5, с. 147