Версия для печати
Убрать все задачи

---

Точки A₁, A₂, A₃, A₄, A₅, A₆ делят окружность радиуса 1 на шесть равных частей. Из A₁ провёден луч l₁ в направлении A₂, из A₂ – луч l₂ в направлении A₃, ..., из A₆ – луч l₆ в направлении A₁. Из точки B₁, взятой на луче l₁, опускается перпендикуляр на луч l₆, из основания этого перпендикуляра опускается перпендикуляр на l₅ и т. д. Основание шестого перпендикуляра совпало с B₁. Найти отрезок B₁A₁.

   Решение

Темы:    [ Отношение объемов ] [ Ряды Фурье ] [ Правильная пирамида ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Прислать комментарий

Условие

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.

Решение

Обозначим AB = a , SCP = α . 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 SPH = SCP = α , а т.к. SPH – угол между ребром SP правильного тетраэдра и гранью PQR , то

cos α = cos SPH = , sin α = = , tg α = .
Из прямоугольного треугольника SPC находим, что
SP = CP tg α = · = a,
т.е. ребро правильного тетраэдра SPQR равно a , а т.к. H – центр равностороннего треугольника PQR , то PH = . Рассмотрим сечение пирамиды и тетраэдра плоскостью BDH . Получим равнобедренный треугольник BDH с основанием BD=a и высотой HP = , и равносторонний треугольник PQR . Обозначим BHP = γ . Тогда
tg γ = = = , cos γ = = =, sin γ = .
Пусть E и F – точки пересечения прямых PQ и PR с отрезками BH и DH соответствено. 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
= , = ,
откуда
HE = = = = .
Кроме того,
sin PEH = sin γ = > = sin 30^o = sin HPE,
поэтому
PE < HE = < a=PQ.
Значит, точка E лежит на отрезке PQ . Следовательно, общая часть пирамиды SABCD и тетраэдра SPQR – четырёхугольная пирамида SPEHF с вершиной S . Пусть V1 – объём этой пирамиды. Тогда
= S_SPEHF· SH = · 2S_{Δ HEP}· SH = · 2· HP· HE sin γ · SH =

=· · · · a = .
Поскольку объём пирамиды SABCD равен V , то
V = S_SABCD· SP = a2· a = a3,
откуда a3 = 3V . Следовательно,
V1 =a3· = 3V· = = V.

Ответ

V .

Источники и прецеденты использования