9002. Объём правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
равен V
. Высота SP
пирамиды является ребром правильного тетраэдра SPQR
, плоскость грани PQR
которого перпендикулярна ребру SC
. Найдите объём общей части этих пирамид.
Ответ. \frac{3\sqrt{2}-2}{21}V
.
Решение. Обозначим AB=a
, \angle SCP=\alpha
. Пусть плоскость, проходящая через прямую BD
перпендикулярно ребру SC
пирамиды SABCD
, пересекает это ребро в точке H
(рис. 1). Высота SP
пирамиды SABCD
является ребром правильного тетраэдра SPQR
, а высота тетраэдра лежит на прямой SC
. Поэтому плоскость грани PQR
тетраэдра проходит через точку P
перпендикулярно SC
, а значит, совпадает с плоскостью BDH
. Следовательно, SH
— высота правильного тетраэдра SPQR
.
Отрезок PH
— высота прямоугольного треугольника SPC
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому \angle SPH=\angle SCP=\alpha
, а так как SPH
— угол между ребром SP
правильного тетраэдра и гранью PQR
, то
\cos\alpha=\cos\angle SPH=\frac{1}{\sqrt{3}},~\sin\alpha=\sqrt{1-\frac{1}{3}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},~\tg\alpha=\sqrt{2}.
Из прямоугольного треугольника SPC
находим, что
SP=CP\tg\alpha=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\sqrt{2}=a,
т. е. ребро правильного тетраэдра SPQR
равно a
, а так как H
— центр равностороннего треугольника PQR
, то PH=\frac{a\sqrt{3}}{3}
.
Рассмотрим сечение пирамиды и тетраэдра плоскостью BDH
. Получим равнобедренный треугольник BDH
с основанием BD=a\sqrt{2}
и высотой HP=\frac{a\sqrt{3}}{3}
, и равносторонний треугольник PQR
. Обозначим \angle BHP=\gamma
. Тогда
\tg\gamma=\frac{BP}{HP}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{2},~\cos\gamma=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\gamma}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{3}{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}},~\sin\gamma=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}.
Пусть E
и F
— точки пересечения прямых PQ
и PR
с отрезками BH
и DH
соответственно. Поскольку PH
— биссектриса угла QPR
(рис. 2), треугольники HEP
и HFP
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, значит, HF=HE
. По теореме синусов
\frac{HE}{\sin\angle HPE}=\frac{HP}{\sin\angle PEH},~\frac{HE}{\sin30^{\circ}}=\frac{HP}{\sin(180^{\circ}-(30^{\circ}+\gamma))},
откуда
HE=\frac{\sin30^{\circ}\cdot HP}{\sin(30^{\circ}+\gamma)}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{1}{2}\cos\gamma+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\gamma}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}}=\frac{a\sqrt{15}}{3(3+\sqrt{2})}.
Кроме того,
\sin\angle PEH=\sin\gamma=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}\gt\frac{1}{2}=\sin30^{\circ}=\sin\angle HPE,
поэтому
PE\lt HE=\frac{a\sqrt{15}}{3(3+\sqrt{2})}\lt a=PQ.
Значит, точка E
лежит на отрезке PQ
. Следовательно, общая часть пирамиды SABCD
и тетраэдра SPQR
— четырёхугольная пирамида SPEHF
с вершиной S
. Пусть V_{1}
— объём этой пирамиды. Тогда
V_{1}=\frac{1}{3}S_{PEHF}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot2S_{\triangle HEP}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot2\cdot\frac{1}{2}HP\cdot HE\sin\gamma\cdot SH=
=\frac{1}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{a\sqrt{15}}{3(3+\sqrt{2})}\cdot\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}\cdot a\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{a^{3}\sqrt{2}}{9(3+\sqrt{2})}.
Поскольку объём пирамиды SABCD
равен V
, то
V=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SP=\frac{1}{3}a^{2}\cdot a=\frac{1}{3}a^{3},
откуда a^{3}=3V
. Следовательно,
V_{1}=a^{3}\cdot\frac{\sqrt{2}}{9(3+\sqrt{2})}=3V\cdot\frac{\sqrt{2}}{9(3+\sqrt{2})}=\frac{V\sqrt{2}}{3(3+\sqrt{2})}=\frac{3\sqrt{2}-2}{21}V.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1976, билет 1, № 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. — № 76-1-5, с. 184