Олимпиадная задача по стереометрии: общая часть пирамиды и тетраэдра для 10-11 классов

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.

V .