Задача №16843

Пусть $N$ — середина $DC\text{.}$ Поместим $N$ в начало координат, $DC$ — на ось $Ox\text{.}$ Тогда $D=(-d;0;0)\text{,}$ $C=(d;0;0)\text{,}$ $DC=2d\text{.}$

В равнобедренной трапеции $ABCD$ острый угол $60^{\circ }$ при $D$ означает, что $\angle ADC=60^{\circ }$ (это угол между $DA$ и $DC$). Боковая сторона $AD=L$ идёт от $D$ под углом $60^{\circ }$ к $DC$ внутрь трапеции: $A=D+L(\cos 60^{\circ };-\sin 60^{\circ };0)=\left(-d+\frac{L}{2};-\frac{L\sqrt{3}}{2};0\right)\text{.}$

По симметрии $B=\left(d-\frac{L}{2};-\frac{L\sqrt{3}}{2};0\right)\text{,}$ $AB=2d-L$ (основание короче, $AB<DC$).

Вершина $M$ проецируется в $N\text{:}$ $M=(0;0;h)\text{.}$

Условия равенства боковых рёбер:

$$|MD{|}^2=d^2+h^2=25.$$ $$|MA{|}^2={\left(\frac{L}{2}-d\right)}^2+\frac{3L^2}{4}+h^2=L^2-dL+d^2+h^2=25.$$

Вычитая: $L^2-dL=0\text{,}$ откуда $L=d$ (так как $L>0$).

Диагональ $AC\text{:}$

$$A{C}^2={\left(d-\left(\frac{L}{2}-d\right)\right)}^2+{\left(\frac{L\sqrt{3}}{2}\right)}^2={\left(2d-\frac{L}{2}\right)}^2+\frac{3L^2}{4}.$$

Подставляя $L=d\text{:}$

$$A{C}^2={\left(\frac{3d}{2}\right)}^2+\frac{3d^2}{4}=\frac{9d^2}{4}+\frac{3d^2}{4}=3d^2=48.$$

Откуда $d^2=16\text{,}$ $d=4\text{.}$

Так что $DC=8\text{,}$ $L=AD=BC=4\text{,}$ $AB=4\text{.}$ Высота трапеции $H=L\sin 60^{\circ }=2\sqrt{3}\text{.}$

Площадь основания: $S=\frac{AB+DC}{2}\cdot H=\frac{4+8}{2}\cdot 2\sqrt{3}=12\sqrt{3}\text{.}$

Высота пирамиды: из $d^2+h^2=25\text{:}$ $h^2=9\text{,}$ $h=3\text{.}$

Объём: $V=\frac{1}{3}\cdot S\cdot h=\frac{1}{3}\cdot 12\sqrt{3}\cdot 3=12\sqrt{3}\text{.}$

$\frac{V}{\sqrt{3}}=12\text{.}$

Ответ: 12.