9032. В пирамиде ABCD
плоские углы DAB
, ABC
, BCD
— прямые. Вершины M
, N
, P
, Q
правильного тетраэдра расположены соответственно на рёбрах AC
, BC
, AB
, BD
пирамиды ABCD
. Ребро MN
параллельно ребру AB
. Найдите отношение объёмов правильного тетраэдра MNPQ
и пирамиды ABCD
Ответ. \frac{24}{343}
.
Решение. Поскольку MNPQ
— правильный тетраэдр (рис. 1), PQ\perp MN
, а так как MN\parallel AB
, то PQ\parallel AD
, значит PQ\perp AB
.
Пусть QO
— высота правильного тетраэдра MNPQ
, а DH
— высота пирамиды ABCD
. Тогда точки B
, O
и H
лежат на одной прямой — проекции наклонной BD
на плоскость ABC
. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что AH\perp AB
и CH\perp BC
, поэтому ABCH
— прямоугольник. Его диагонали AC
и BH
равны и делятся их точкой пересечения E
пополам.
Пусть ребро правильного тетраэдра MNPQ
равно a
. Вершины M
и N
равностороннего треугольника MNP
лежат соответственно на гипотенузе AC
и на катете BC
прямоугольного треугольника ABC
, а вершина P
— на катете AB
, причём MN\parallel AB
(рис. 2), поэтому
\angle BPN=\angle MNP=60^{\circ},~BP=\frac{1}{2}NP=\frac{a}{2},~BN=\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Продолжим отрезок PO
до пересечения с MN
и AC
в точках G
и F
соответственно. Обозначим
\angle EOF=\angle BOP=\angle OBC=\angle EBC=\angle ECB=\angle EFO=\alpha.
Из прямоугольного треугольника BPO
находим, что
\tg\alpha=\frac{BP}{PO}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{3}{4}}}=\frac{2}{\sqrt{7}},
BO=\frac{OP}{\cos\alpha}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{2}{\sqrt{7}}}=\frac{a\sqrt{21}}{6},~FG=\frac{MG}{\tg\angle MFG}=\frac{MG}{\tg\alpha}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{3},
OF=OG+FG=\frac{a\sqrt{3}}{6}+\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Из равнобедренного треугольника OEF
находим, что
OE=\frac{OF}{2\cos\alpha}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{\frac{2}{\sqrt{7}}}=\frac{\sqrt{21}}{8},
Следовательно,
AC=2BE=2(BO+OE)=2\left(\frac{a\sqrt{21}}{6}+\frac{a\sqrt{21}}{8}\right)=\frac{7a\sqrt{21}}{12},
BC=AC\cos\alpha=\frac{7a\sqrt{21}}{12}\cdot\frac{2}{\sqrt{7}}=\frac{7a\sqrt{3}}{6},~AB=BC\tg\alpha=\frac{7a\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{7}{4},
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot AB=\frac{1}{2}\cdot\frac{7a\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{7}{4}=\frac{49a^{2}\sqrt{3}}{48}.
Из подобия прямоугольных треугольников QOB
и DHB
(рис. 1) находим, что
\frac{OQ}{DH}=\frac{BO}{BH}=\frac{BO}{AC}=\frac{\frac{a\sqrt{21}}{6}}{\frac{7a\sqrt{21}}{12}}=\frac{2}{7}.
Следовательно,
\frac{V_{MNPQ}}{V_{ABCD}}=\frac{\frac{1}{3}S_{\triangle MNP}\cdot OQ}{\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DH}=\frac{S_{\triangle MNP}}{S_{\triangle ABC}}\cdot\frac{OQ}{DH}=\frac{\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}}{\frac{49a^{2}\sqrt{3}}{48}}\cdot\frac{2}{7}=\frac{12}{49}\cdot\frac{2}{7}=\frac{24}{343}.