Задача №17966

Из вершины $D$ на плоскость основания $ABC$ пирамиды $ABCD$ опущена высота $DH\text{.}$ Найдите объем этой пирамиды, если известно, что площади треугольников $△HBC\text{,}$ $△HAC\text{,}$ $△HAB$ равны соответственно $\frac{2}{11}\text{,}$ $\frac{4}{11}\text{,}$ $\frac{5}{11}\text{,}$ и что все три плоских угла при вершине $D$ прямые.

Так как все три плоских угла при вершине $D$ прямые, рёбра $DA\text{,}$ $DB\text{,}$ $DC$ попарно перпендикулярны. Введём систему координат с началом в $D\text{:}$ $A=(p,0,0)\text{,}$ $B=(0,q,0)\text{,}$ $C=(0,0,r)\text{,}$ где $p=DA\text{,}$ $q=DB\text{,}$ $r=DC\text{.}$ Площади прямоугольных граней при вершине $D\text{:}$

Точка $H$ — основание высоты $DH\text{,}$ то есть ортогональная проекция $D$ на плоскость $ABC\text{.}$ Для прямого трёхгранного угла $H$ является ортоцентром треугольника $ABC$ и лежит внутри него. Поэтому отрезки $HA\text{,}$ $HB\text{,}$ $HC$ разбивают $ABC$ на три треугольника $HBC\text{,}$ $HAC\text{,}$ $HAB\text{,}$ и

Ключевое соотношение «проекции»: треугольник $DBC$ проектируется на плоскость $ABC$ в треугольник $HBC$ (так как $H$ — проекция $D$), а коэффициент проекции равен косинусу двугранного угла между гранью $DBC$ и основанием. Этот косинус по теореме о площади ортогональной проекции равен $S_{HBC}/S_{DBC}\text{,}$ а с другой стороны (так как $DH\perp ABC$) равен $S_{DBC}/S_{ABC}\text{.}$ Отсюда

и аналогично для двух других граней. Значит

(Проверка теоремой де Гуа: $S_{ABC}^2=S_{DBC}^2+S_{DAC}^2+S_{DAB}^2=\frac{2+4+5}{11}=1=S_{ABC}^2$ — согласовано.)

Перемножим площади прямоугольных граней:

поэтому

Объём пирамиды с прямым трёхгранным углом при $D\text{:}$

Все величины положительны, $H$ лежит внутри $ABC\text{,}$ посторонних решений нет.