Задача №16684

В правильной треугольной пирамиде $ABCS$ с вершиной $S$ боковые рёбра наклонены к основанию под углом $\mathrm{arctg}\sqrt{8}\text{.}$ Точки $M$ и $K$ — середины рёбер $AS$ и $BS$ соответственно.

а) Докажите, что плоскости $AKC$ и $BMC$ перпендикулярны.
б) Найдите объём пирамиды $MKPC\text{,}$ где $P$ — точка пересечения $BM$ и $AK\text{,}$ если объём пирамиды $ABCS$ равен $12\text{.}$

В правильной треугольной пирамиде $ABCS$ боковые рёбра наклонены к основанию под углом $\alpha =\mathrm{arctg}\sqrt{8}\text{,}$ то есть $\mathrm{tg}\alpha =\sqrt{8}=2\sqrt{2}\text{.}$

Пусть $O$ — центр (центроид) основания $ABC\text{,}$ $R=OA$ — радиус описанной около основания окружности. Высота пирамиды $h=SO$ удовлетворяет условию

$$\mathrm{tg}\alpha =\frac{SO}{OA}=\frac{h}{R}=\sqrt{8}\Rightarrow h=R\sqrt{8}=2R\sqrt{2}.$$

Для удобства возьмём $R=1\text{.}$ Тогда сторона основания $a=R\sqrt{3}=\sqrt{3}\text{,}$ а $h=2\sqrt{2}\text{.}$

Координаты вершин:

1. $A(1;0;0)\text{;}$
2. $B\left(-\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};0\right)\text{;}$
3. $C\left(-\frac{1}{2};-\frac{\sqrt{3}}{2};0\right)\text{;}$
4. $S(0;0;2\sqrt{2})\text{.}$

Середины рёбер:

$$M=\frac{A+S}{2}=\left(\frac{1}{2};0;\sqrt{2}\right),K=\frac{B+S}{2}=\left(-\frac{1}{4};\frac{\sqrt{3}}{4};\sqrt{2}\right).$$

а) Перпендикулярность плоскостей $AKC$ и $BMC\text{.}$

Найдём нормаль к плоскости $AKC\text{.}$ Векторы:

$$\overrightarrow{AK}=K-A=\left(-\frac{5}{4};\frac{\sqrt{3}}{4};\sqrt{2}\right),\overrightarrow{AC}=C-A=\left(-\frac{3}{2};-\frac{\sqrt{3}}{2};0\right).$$ $$\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AK}\times \overrightarrow{AC}=\left(\frac{\sqrt{6}}{2};-\frac{3\sqrt{2}}{2};\sqrt{3}\right).$$

Проверка покомпонентно:

1. координата $i\text{:}$ $\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 0-\sqrt{2}\cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{\sqrt{6}}{2}\text{;}$
2. координата $j\text{:}$ $-\left(\left(-\frac{5}{4}\right)\cdot 0-\sqrt{2}\cdot \left(-\frac{3}{2}\right)\right)=-\frac{3\sqrt{2}}{2}\text{;}$
3. координата $k\text{:}$ $\left(-\frac{5}{4}\right)\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)-\frac{\sqrt{3}}{4}\left(-\frac{3}{2}\right)=\frac{5\sqrt{3}}{8}+\frac{3\sqrt{3}}{8}=\sqrt{3}\text{.}$

Аналогично для плоскости $BMC\text{:}$

$$\overrightarrow{BM}=M-B=\left(1;-\frac{\sqrt{3}}{2};\sqrt{2}\right),\overrightarrow{BC}=C-B=(0;-\sqrt{3};0).$$ $$\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{BM}\times \overrightarrow{BC}=\left(\sqrt{6};0;-\sqrt{3}\right).$$

Проверка:

1. координата $i\text{:}$ $\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\cdot 0-\sqrt{2}\cdot (-\sqrt{3})=\sqrt{6}\text{;}$
2. координата $j\text{:}$ $-(1\cdot 0-\sqrt{2}\cdot 0)=0\text{;}$
3. координата $k\text{:}$ $1\cdot (-\sqrt{3})-\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\cdot 0=-\sqrt{3}\text{.}$

Скалярное произведение нормалей:

$$\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}=\frac{\sqrt{6}}{2}\cdot \sqrt{6}+\left(-\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)\cdot 0+\sqrt{3}\cdot (-\sqrt{3})=3+0-3=0.$$

Поскольку $\overrightarrow{n_1}\perp \overrightarrow{n_2}\text{,}$ плоскости $AKC$ и $BMC$ перпендикулярны, что и требовалось доказать.

б) Объём пирамиды $MKPC\text{.}$

Положение точки $P\text{.}$ В треугольнике $ABS$ точки $M$ и $K$ — середины боковых сторон $AS$ и $BS\text{,}$ поэтому отрезки $BM$ и $AK$ — это медианы $△ABS$ (медиана из $B$ к стороне $AS$ и медиана из $A$ к стороне $BS$). Они пересекаются в центроиде $△ABS\text{:}$

$$P=\frac{A+B+S}{3}=\left(\frac{1}{6};\frac{\sqrt{3}}{6};\frac{2\sqrt{2}}{3}\right).$$

Объём тетраэдра $MKPC$ вычислим через смешанное произведение векторов из вершины $C\text{:}$

$$\overrightarrow{CM}=\left(1;\frac{\sqrt{3}}{2};\sqrt{2}\right),\overrightarrow{CK}=\left(\frac{1}{4};\frac{3\sqrt{3}}{4};\sqrt{2}\right),\overrightarrow{CP}=\left(\frac{2}{3};\frac{2\sqrt{3}}{3};\frac{2\sqrt{2}}{3}\right).$$

Детерминант (разложение по первой строке):

$$\det =1\cdot \left(\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}-\sqrt{2}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}\right)-\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \left(\frac{1}{4}\cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}-\sqrt{2}\cdot \frac{2}{3}\right)+\sqrt{2}\cdot \left(\frac{1}{4}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}-\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{2}{3}\right).$$

Считаем каждый минор:

1. $\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}-\sqrt{2}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{2\sqrt{6}}{3}=-\frac{\sqrt{6}}{6}\text{;}$
2. $\frac{1}{4}\cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}-\sqrt{2}\cdot \frac{2}{3}=\frac{\sqrt{2}}{6}-\frac{2\sqrt{2}}{3}=-\frac{\sqrt{2}}{2}\text{;}$
3. $\frac{1}{4}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}-\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{2}{3}=\frac{\sqrt{3}}{6}-\frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{\sqrt{3}}{3}\text{.}$

Подставляем:

$$\det =1\cdot \left(-\frac{\sqrt{6}}{6}\right)-\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)+\sqrt{2}\cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=-\frac{\sqrt{6}}{6}+\frac{\sqrt{6}}{4}-\frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{-2+3-4}{12}\sqrt{6}=-\frac{\sqrt{6}}{4}.$$

Объём:

$$V_{MKPC}=\frac{1}{6}\left|-\frac{\sqrt{6}}{4}\right|=\frac{\sqrt{6}}{24}.$$

Объём всей пирамиды (в той же координатной модели):

$$V_{ABCS}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 3\cdot 2\sqrt{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}.$$

Отношение объёмов (оно не зависит от выбора $R$):

$$\frac{V_{MKPC}}{V_{ABCS}}=\frac{\sqrt{6}/24}{\sqrt{6}/2}=\frac{1}{12}.$$

По условию $V_{ABCS}=12\text{,}$ поэтому

$$V_{MKPC}=12\cdot \frac{1}{12}=1.$$

Ответ:

а) плоскости $AKC$ и $BMC$ перпендикулярны;

б) $1\text{.}$