Задача 111197

Темы:    [ Правильная призма ] [ Правильная пирамида ] [ Теорема о трех перпендикулярах ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

В правильной призме ABCA1B1C1 длина стороны основания равна 2a , длина бокового ребра – a . Через вершину A проведена плоскость перпендикулярно прямой AB1 , через вершину B – плоскость перпендикулярно прямой BC1 , через вершину C – плоскость перпендикулярно прямой CA1 . Найдите объём многогранника, ограниченного этими тремя плоскостями и плоскостью A1B1C1 .

Решение

Пусть плоскость α , проходящая через вершину A призмы перпендикулярно AB1 , пересекает плоскость основания A1B1C1 по прямой l . Продолжим отрезок A1B1 до пересечения с прямой l в точке K . Тогда AK AB1 . Из прямоугольного треугольника AKB1 находим, что

KA1 = = = .
По теореме о трёх перпендикулярах A1B1 l . Аналогично находим, что продолжения сторон A1C1 и C1B1 пересекают прямые m и n пересечения плоскостей, указанных в условии, с плоскостью A1B1C1 в таких точках L и M соответственно, что LB1= и MB1= . Тогда
C1M= A1L = B1K =A1B1+KA1 = 2a+ = .
Пусть прямая l пересекает прямые m и n в точках B2 и C2 соответственно, а прямые m и n пересекаются в точке A2 . Тогда треугольник A2B2C2 – равносторонний, причём его центр совпадает с центром O равностороннего треугольника A1B1C1 . Следовательно, многогранник, о котором говорится в условии задачи, – правильная треугольная пирамида PA2B2C2 с основанием A2B2C2 . По теореме косинусов из треугольника KB1M находим, что
KM = = = .
Из точек K и M отрезок C2B1 виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром C2B1 . По теореме синусов
C2B1 = = = = .
Из прямоугольных треугольников B1KC2 и B1MC2 находим, что
C2K = = = ,

C2M = = = .
Тогда
A2B2=A2C2 = B2C2 = C2K+B2K = C2K+C2M = +==3a.
Заметим, что A1K – ортогональная проекция наклонной AK на плоскость A1B1C1 . По теореме о трёх перпендикулярах AK B2C2 , значит, AKA1 – линейный угол двугранного угла между боковой гранью PB2C2 правильной пирамиды PA2B2C2 с плоскостью её основания A2B2C2 . Обозначим AKA2 = β . Из прямоугольного треугольника AKA1 находим, что tg β = = =2 . Пусть H – основание перпендикуляра, опущенного из центра O основания пирамиды PA2B2C2 на сторону B2C2 основания A2B2C2 . Тогда
OH = = = ,
а т.к. PHO – линейный угол двугранного угла между боковой гранью и основанием этой пирамиды, то PHO = β . Из прямоугольного треугольника PHO находим, что PO = OH tg β = · 2 = 3a . Следовательно,
V_PA2B2C2 = S_{Δ A}2B2C2· PO = · · 3a = a3.

Ответ

a3 .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8879