Олимпиадная задача по стереометрии: объём усечённой пирамиды для 10–11 класса

Поскольку секущая плоскость проходит через прямую B1C1параллельную плоскости основания ABCD , эти плоскости пересекаются по прямой l , параллельной B1C1, а значит, и прямой BC . Пусть прямая l пересекает прямые AB и CD в точках E и F соответственно. Если бы точки E и F лежали на продолжении рёбер AB и CD , то объём части данной усечённой пирамиды, расположенной под плоскостью сечения, был бы больше объёма остальной части пирамиды, значит, точки E и F лежат на рёбрах AB и CD .

Пусть Q – центр нижнего основания усечённой пирамиды, M – основание перпендикуляра, опущенного из точки B1на прямую D1Q . Прямая B1M лежит в плоскости диагонального сечения BB1D1D , а прямая AC перпендикулярна этой плоскости, поэтому прямая B1M перпендикулярна двум пересекающимся прямым D1Q и AC плоскости AD1C . Следовательно, прямая B1M перпендикулярна плоскости AD1C , а плоскость, проходящая через пересекающиеся прямые B1C1и B1M перпендикулярна плоскости AD1C (если одна из двух плоскостей проходит через прямую, перпендикулярную к другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны). Таким образом, сечение, о котором говорится в условии задачи – трапеция B1C1FE .

Пусть высота усечённой пирамиды равна h , CF=BE=t , а объём усечённой пирамиды равен V . На продолжении отрезка C1B1за точку B1отложим отрезок B1G = 6. Тогда многогранник CC1FBGE – треугольная призма с боковыми рёбрами GC1=EF=BC=7. Расстояние от бокового ребра GC1призмы до плоскости противоположной боковой грани BCFE равно h . Если V1– объём призмы, то

V1 = S_BCFE· h= · 7th = th.

Пусть V2– объём тетраэдра BEB1G , дополняющего до призмы часть усечённой пирамиды, расположенной под плоскостью сечения. Противоположные рёбра BE и B1G тетрадра перпендикулярны, а расстояние между прямыми BE и B1G равно h , поэтому

V2 = BE· B1G· h · sin 90^o = t· 6· h= th,

а т.к. V1-V2 = V , то

th-th = · h(72+12+),

откуда находим, что t= .

Диагональное сечение BB1D1D – равнобедренная трапеция BB1D1D , точка Q – середина большего основания BD . Пусть T – точка пересечения прямой B1M , перпендикулярной D1Q , с основанием BD , K и L – основание перпендикуляров, опущенных из вершин соответственно B1и D1на BD . Точка T лежит в плоскостях B1C1FE и ABCD , поэтому она лежит на прямой EF пересечения этих плоскостей. Тогда

= = = , BT = BD = · 7 = ,

BL = (BD+B1D1) = (7+) = 4, BQ= BD = ,

QL = BL-BQ = 4 -= , BK = (7-) = 3,

KT = BT-BK = -3 = .

Прямоугольные треугольники B1KT и QLD1подобны по двум углам, поэтому = , или = , откуда h = . Следовательно,

V=h(49+1+7) = · · 57 = .

.