Задачи с пирамидами

 

Задача 1.

В основании пирамиды $ABCDS$ лежит равнобедренная трапеция $ABCD$, основания которой $BC$ и $AD$. Вершина пирамиды $S$ равноудалена от точек $A$ и $B$, а двугранные углы при ребрах $AB$ и $CD$ равны.

 а) Докажите, что все боковые ребра пирамиды равны;

б) Найдите объем пирамиды $ABCDS$, если $AD=9, BC=3$, $\angle BAD=60^{\circ}$, угол наклона ребра $SA$ к плоскости основания пирамиды равен $45^{\circ}$.

Решение. Начинаем, как обычно, с рисунка.

Рисунок к задаче 1

Так как треугольник $ABS$ равнобедренный, то его высота $SH$, проведенная к основанию $AB$, является также и медианой. Проекция $SH$ на плоскость основания – серединный перпендикуляр к $AB$. Точка $S$ будет проецироваться на этот перпендикуляр в точку $O$. $SO$ - высота пирамиды.  Угол $SHO$ - двугранный угол при ребре $AB$. Двугранный угол при ребре $CD$ - это угол между перпендикуляром, проведенным из $O$ к $CD$, и апофемой грани $SCD$. Так как двугранные углы равны, равны треугольники $SHO$ и $SOT$ (по катету $SO$ и острому углу). Значит, равны отрезки $HO$ и $OT$, $SH$ и $ST$. Так как $HO=OT$, то точка $O$ может являться центром окружности радиусом $HO$, и в точках $H$ и $T$ такая окружность будет касаться отрезков $AB$ и $CD$. Следовательно, если продлить указанные отрезки до пересечения (точка $M$), то расстояние от точки пересечения до точек $H$ и $T$ будет одинаковым (отрезки касательных, проведенных из одной точки - $MH=MT$). А значит, и отрезки $HB$ и $CT$ тоже равны (так как треугольник $BCM$ - равнобедренный). Из равенств $HB=CT$ и $SH=ST$ следует равенство треугольников $SHB$ и $SCT$ по двум катетам. Таким образом, и гипотенузы их равны: $SB=SC$.

Также из равенства $MH$ и $MT$ следует, что $T$ - середина $CD$, и, таким образом, она медиана и высота. Значит, треугольник $SCD$ - равнобедренный. Значит, $SA=SB=SC=SD$ - доказано.

Для решения пункта б) сделаем выносной чертеж.

Выносной чертеж основания пирамиды

Так как угол $ABL=30^{\circ}$, то $AB=6$ ($AL=3$, $AB$ вдвое больше). Из равенства треугольников $ABO$ и $CDO$ следует, что точка $O$ принадлежит второй средней линии трапеции. Обозначим высоты треугольников $BCO$ и $AOD$ за $x$ и $y$ соответственно. Тогда:

$$x+y=AB\cos 30^{\circ}=3\sqrt{3}$$

$$\left(\frac{BC}{2}\right)^2+x^2=\left(\frac{AD}{2}\right)^2+y^2$$

$$\Bigg\{ \begin{matrix} x+y=3\sqrt{3}\\ 1,5^2+x^2=4,5^2+y^2 \end{matrix}$$

$$\Bigg\{ \begin{matrix} x+y=3\sqrt{3}\\ x^2 -y^2 =4,5^2- 1,5^2\end{matrix}$$

$$\Bigg\{ \begin{matrix} x+y=3\sqrt{3}\\ (x -y)(x+y) =18\end{matrix}$$

Откуда $x-y=2\sqrt{3}$. Из системы

$$\Bigg\{ \begin{matrix} x+y=3\sqrt{3}\\ x -y =2\sqrt{3}\end{matrix}$$

$x=2,5\sqrt{3}$, $y=0,5\sqrt{3}$.

Теперь определим $OC$:

$$OC^2=1,5^2+x^2=2,25+6,25\cdot 3=21$$

$$AO=OC=\sqrt{21}$$

Из условия, что ребро $AS$ наклонено к основанию под углом в $45^{\circ}$ заключаем, что $AO=OS$. Тогда объем пирамиды

$$V=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot \frac{3+9}{2}\cdot 3\sqrt{3}\cdot \sqrt{21}=18\sqrt{7}$$

Ответ: б) $V=18\sqrt{7}$.

 

 

Задача 2.

В основании пирамиды $SADC$ лежит равнобедренный треугольник $ADC$, у которого $AC=8$, $AD=CD=5$. Ребра $SC$ и $SA$ наклонены под одинаковым углом к плоскости основания $ADC$, а двугранные углы пирамиды при ребрах $AD$ и $AC$ равны. Боковое ребро $SD=\frac{\sqrt{73}}{3}$.

 а) Докажите, что плоскость $SDC$ составляет с плоскостью основания угол $60^{\circ}$;

б) Найдите объем пирамиды $SADC$.
Решение. Начинаем с рисунка.

Рисунок к задаче 2

Помеченные зелеными и синими дужками углы равны по условию – это углы между ребрами $SC$ и $SA$ и их проекциями $CO$ и $AO$; и углы между апофемами граней $SAD$ и $SAC$ и их проекциями.

Рассмотрим треугольники $SAO$ и $SOC$. $SO$ - высота пирамиды. Эти треугольники равны по катету ($SO$) и острому углу. Поэтому у них равны гипотенузы: $AS=SC$, и катеты $AO=OC$. Треугольник $ADC$ - равнобедренный по условию, треугольник $AOC$ - равнобедренный по доказанному. Поэтому точка $O$ (проекция $S$) принадлежит прямой, содержащей $DH$ - медиану $ADC$. Так как $DH$ еще и биссектриса, каждая ее точка удалена на одно и то же расстояние как от ребра $AD$, так и от ребра $DC$. Поэтому двугранные углы будут равными не только при ребрах $AC$ и $AD$, но и при ребре $DC$.

Рассмотрим треугольники $SHO$ и $SKO$. Они равны по катету $SO$ и острому углу. Поэтому их вторые катеты тоже равны: $HO=OK$. По теореме о трех перпендикулярах $OK\perp CD$, $OH\perp AC$. Таким образом, эти отрезки являются радиусами вписанной в треугольник $ADC$ окружности. Площадь этого треугольника по Герону:

$$S_{ADC}=\sqrt{p(p-AC)(p-AD)(p-CD)}=\sqrt{9(9-8)(9-5)(9-5)}=12$$

$$ S_{ADC}=pr$$

Откуда

$$r=\frac{ S_{ADC}}{p}=\frac{12}{9}=\frac{4}{3}$$

Из найденной площади $ S_{ADC}$ следует, что его высота $DH=3$:

$$ S_{ADC}=\frac{1}{2}AC\cdot DH$$

$$DH=\frac{ 2S_{ADC}}{AC}=\frac{24}{8}=3$$

Таким образом,

$$OD=DH-OH=DH-r=3-\frac{4}{3}=\frac{5}{3}$$

Тогда

$$SO=\sqrt{SD^2-OD^2}=\sqrt{\frac{73}{9}-\frac{25}{9}}=\sqrt{\frac{48}{9}}=\sqrt{\frac{16}{3}}=\frac{4}{\sqrt{3}}$$

Тогда угол наклона грани $SDC$ к плоскости основания – угол $SKO$ - равен

$$\operatorname {tg}SKO=\frac{SO}{OK}=\frac{SO}{r}=\frac{4}{\sqrt{3}}\cdot\frac{3}{4}=\sqrt{3}$$

Тогда $\angle SKO=60^{\circ}$.

Определим теперь объем пирамиды:

$$V=\frac{1}{3}\cdot S_{ADC}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot 12\cdot \frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{16}{\sqrt{3}}$$

Ответ: б) $V=\frac{16\sqrt{3}}{3}$.

 

Задача 3. В основании пирамиды $DABC$ лежит равнобедренный треугольник $ABC$, у которого $AB=BC=4\sqrt{5}$, $AC=8$. Вершина пирамиды $D$ равноудалена от точек $A$ и $B$, а двугранные углы при ребрах $AB$ и $BC$ равны. Боковое ребро $DB$  наклонено к плоскости основания под углом $60^{\circ}$.

а) докажите, что треугольник $CBD$ - равнобедренный;

б) Найдите объем пирамиды $DABC$.

Решение.

Рисунок к задаче 3

$BH$ - высота равнобедренного треугольника $ABC$. Ее длина

$$BH^2=AB^2-AH^2$$

$$BH=\sqrt{80-16}=8$$

Площадь треугольника $ABC$

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BH=0,5\cdot 8\cdot 8=32$$

(пригодится, когда будем искать объем, а может, еще для чего).

Точка $O$ - точка, в которую проецируется точка $D$. Не факт, что она принадлежит $BH$, хотя так и нарисовано. Рассмотрим треугольники $DMO$ и $DNO$. В них $MO\perp AB$ - проекция апофемы $DM$ грани $ADB$. $NO\perp CB$ - проекция апофемы $DN$ грани $DBC$. Треугольники $DMO$ и $DNO$ равны по катету $DO$ и острому углу  - по условию двугранные углы при ребрах $AB$ и $BC$ равны, а углы $DMO$ и $DNO$ - линейные углы данных двугранных. Следовательно, у данных треугольников равны и $MO=NO$ и $DM=DN$. Значит, точка $O$ равноудалена от сторон $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$, то есть, лежит на его биссектрисе, коей и является $BH$. Треугольники $MOB$ и $NOB$ равны по первому признаку: $MO=NO$, $OB$ - общая, $\angle MOB=\angle BON$. Тогда в них $BN=BM$. Это, в свою очередь, означает, что равны треугольники $AMD$ и $CDN$: по двум катетам $AM=CN$ и $DN=DM$. Следовательно, $AD=DC$. Таким образом, треугольник $CBD$ равнобедренный.

Пункт б). Треугольник $ADB$ - равнобедренный, поэтому $M$ - середина $AB$. $AM=MB=2\sqrt{5}$. Тангенс угла $ABH$ в треугольнике $ABH$:

$$\operatorname{tg} ABH=\frac{AH}{HB}=\frac{4}{8}=0,5$$

Тогда тангенс угла $ABH$ в треугольнике $MOB$:

$$\operatorname{tg} ABH=\frac{MO}{MB}=0,5$$

$$MO=2$$

По теореме Пифагора в треугольнике $MOB$

$$OB^2=MO^2+MB^2$$

$$OB^2=4+20$$

$$OB=2\sqrt{6}$$

С учетом, что $\angle DBO=60^{\circ}$ по условию,

$$\frac{BO}{OD}=\operatorname{tg} 30^{\circ}=\frac{1}{\sqrt{3}}$$

$$OD=BO\sqrt{3}=6\sqrt{2}$$

Тогда объем пирамиды

$$V=\frac{1}{3} S_{ABC}\cdot DO=\frac{1}{3}\cdot 32\cdot 6\sqrt{2}=64\sqrt{2}$$

Ответ: б) $V=64\sqrt{2}$