Задание №14 — Объемы

Решение:

Дана правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$, где сторона основания $AB = 2$, а боковое ребро $SA = 8$. Точка $M$ — середина ребра $AB$. Плоскость $\alpha$ проходит через точки $M$ и $D$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Точка $K$ является точкой пересечения $\alpha$ с ребром $SC$.
а) 1) Проанализируем геометрию в основании $ABCD$:

Рассмотрим треугольники $AMD$ и $BMH$. Углы $\angle AMD$ и $\angle HMB$ равны как вертикальные, а $\angle MAD = \angle MBH$ как накрест лежащие при параллельных прямых. Следовательно, $\triangle AMD = \triangle BMH$ по стороне и двум прилежащим к ней углам.
Отсюда получаем: $AD = HB = 4$; точка $M$ делит отрезок $HD$ пополам, то есть $HM = MD = \frac{HD}{2}$. Длина отрезка $HC = HB + BC = 4 + 2 = 6$.
Далее рассмотрим подобие треугольников $OLD$ и $CLH$. Углы при вершине $L$ вертикальные, а $\angle HCO = \angle CDO$ как накрест лежащие при $HC \parallel OD$. Таким образом, $\triangle OLD \sim \triangle CLH$.
Из подобия следует отношение: $\frac{HL}{LD} = \frac{HC}{OD} = \frac{6}{2} = 3$.
Выразим отрезки через $HL$: $LD = \frac{1}{3} HL$. Тогда вся длина $HD = HL + LD = \frac{4}{3} HL$.
Так как $M$ — середина $HD$, то $HM = MD = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} HL = \frac{2}{3} HL$.
Найдем длину $ML$: $ML = HM - HL$ (по модулю) или $ML = MD - LD = \frac{2}{3} HL - \frac{1}{3} HL = \frac{1}{3} HL$.
Заметим, что $LD = \frac{1}{3} HL$ и $ML = \frac{1}{3} HL$, значит, $ML = LD$.
2) Поскольку плоскость $\alpha$ перпендикулярна основанию и содержит прямую $MD$, а $KL$ — перпендикуляр к основанию из точки $K$, то $KL \bot (ABC)$. Следовательно, треугольники $MLK$ и $KLD$ являются прямоугольными с общим катетом $KL$.
По теореме Пифагора:
$KM^{2} = KL^{2} + ML^{2}$ в $\triangle MLK$;
$KD^{2} = KL^{2} + LD^{2}$ в $\triangle KLD$.
Так как ранее было доказано, что $ML = LD$, то и гипотенузы этих треугольников равны: $KM = KD$. Что и требовалось доказать.
б) Найдем объем пирамиды $KMCD$.
Пусть $CH_1$ — высота трапеции $ABCD$, которая также является высотой в равностороннем треугольнике $OCD$.

В треугольнике $OCD$ точка $H_1$ делит сторону $OD$ пополам ($OH_1 = H_1D = 1$).
По теореме Пифагора: $CH_1 = \sqrt{CD^2 - H_1D^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$.
Площадь треугольника $HCD$ равна: $S_{HCD} = \frac{1}{2} \cdot CH_1 \cdot HC = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot 6 = 3\sqrt{3}$.
Поскольку $M$ — середина $HD$, площади треугольников $CHM$ и $CDM$ равны: $S_{CDM} = \frac{1}{2} S_{HCD} = \frac{3}{2}\sqrt{3}$.
Объем искомой фигуры: $V_{KMCD} = \frac{1}{3} \cdot KL \cdot S_{CDM}$.
4) Найдем высоту $KL$, рассмотрев сечение $SOC$:

Из подобия в пункте (а) мы знаем, что $\frac{CL}{LD} = 3$, откуда $\frac{CL}{CO} = \frac{3}{4}$.
Треугольники $KLC$ и $SOC$ подобны по двум углам ($\angle C$ общий, $\angle KLC = \angle SOC = 90^\circ$).
Тогда $\frac{KL}{SO} = \frac{LC}{OC} = \frac{3}{4}$, то есть $KL = \frac{3}{4} SO$.
В прямоугольном треугольнике $SOC$ найдем $SO$: $SO = \sqrt{SC^2 - OC^2} = \sqrt{8^2 - 2^2} = \sqrt{60} = 2\sqrt{15}$.
Тогда $KL = \frac{3}{4} \cdot 2\sqrt{15} = \frac{3}{2}\sqrt{15}$.
Вычисляем итоговый объем:
$V_{KMCD} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{2}\sqrt{15} \cdot \frac{3}{2}\sqrt{3} = \frac{1}{2}\sqrt{15} \cdot \frac{3}{2}\sqrt{3} = \frac{3\sqrt{45}}{4} = \frac{3 \cdot 3\sqrt{5}}{4} = \frac{9\sqrt{5}}{4}$.

Ответ: $\frac{9}{4} \sqrt{5}$

Источник: ФИПИ