Элементарная математика. Геометрия.

Задача 86

$SABC$ и $DABC$ — две правильные треугольные пирамиды с основанием $ABC$, причём вторая внутри первой. Все плоские углы при вершине $S$ равны $60^\circ$, а при вершине $D$ —$90^\circ$. Рёбра $DA$, $DB$ и $DC$ продолжены до пересечения с боковыми гранями пирамиды $SABC$ в точках $K$, $M$ и $P$. Найдите отношение площадей треугольников $KMP$ и $ABC$.

Замечание.
Обратите внимание, что рисунок интерактивный. Точки, большие по размеру, можно двигать мышкой.

Решение:
Из условия все углы при вершине $S$ равны $60^\circ$ и $\triangle SBC$, $\triangle SAB$, $\triangle SAC$ — равнобедренные (т.к. $SABC$ — правильная пирамида). Соответственно $\triangle SBC$, $\triangle SAB$, $\triangle SAC$ — равносторонние треугольники. Значит $SABC$ — правильный тетраэдр.

Пусть $AB=a$, $AD=b$. Т. к. $DABC$ — правильная пирамида (по условию), её грани — равнобедренные треугольники. Из условия известно, что грани также являются прямоугольными треугольниками, соответственно все углы при основании граней равны $45^\circ$. Значит $b = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

Очевидно, что в силу симметрии $\triangle PMK$ — правильный.

Проведём прямые $SP$, $SK$ и $SM$ до пересечения с $\triangle ABC$ в точках $H$, $Q$ и $T$ соответственно. Получим $AH=HB$, $BQ=QC$, $AT=TC$. Значит, $CH$ — высота $\triangle ABC$ и $CH = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Проведём высоту пирамиды $SO$. Ее основание совпадает с точкой пересечения высот, биссектрис и медиан треугольника $\triangle ABC$. Тогда
$CO = CH\cdot \frac{2}{3} = \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Рассмотрим $\triangle DOC$. По теореме Пифагора получим
$OD^2 = CD^2-CO^2 = \left (\frac{a}{\sqrt{2}}\right )^2- \left (\frac{a\sqrt{3}}{3} \right )^2 = \frac{a^2}{2}-\frac{a^2}{3}= \frac{a^2}{6}$; $OD = \frac{a}{\sqrt{6}}$.

Пусть $\angle DCO=\alpha$, тогда

$\sin \alpha = \frac{OD}{CD} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$;

$\cos \alpha = \frac{OC}{CD} = \frac{a\sqrt{3}\sqrt{2}}{3a} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

По свойству высоты равностороннего треугольника:
$OH = \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Так как $SABC$ — правильный тетраэдр, то
$SH = CH = \frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Пусть $\angle SHC = \beta$, тогда

$\cos \beta = \frac{OH}{SH} = \frac{2a\sqrt{3}}{6a\sqrt{3}} = \frac{1}{3}$;

$\sin \beta = \sqrt{1 - \frac{1}{9}} = \frac{\sqrt{8}}{3} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$.

По теореме синусов для $\triangle PHC$ имеем
$\frac{PC}{\sin \beta} = \frac{PH}{\sin \alpha}$.

Пусть $PC = x$, $PH = y$, $HC = z$, тогда

$\frac{3x}{2\sqrt{2}} = \frac{3y}{\sqrt{3}}$;
$x = \frac{2\sqrt{2}y}{\sqrt{3}}$.

По теореме косинусов для $\triangle PHC$ имеем
$y^2 = z^2 + x^2 - 2zx\cos\alpha= \frac{3a^2}{4}+\frac{8y^2}{3}-2\frac{\sqrt{3} \cdot a \cdot 2 \cdot \sqrt{2} \cdot y \cdot \sqrt{6}}{2 \cdot \sqrt{3} \cdot 3}$
или
$\frac{5}{3}y^2 - \frac{4\sqrt{3}}{3}ay + \frac{3}{4}a^2 = 0$;

$5y^2 - 4\sqrt{3}ay + \frac{9}{4}a^2 = 0$.
Решаем квадратное уравнение

$y = \frac{2\sqrt{3}a \pm \sqrt{12a^2-5\frac{9}{4}a^2}}{5} = \frac{2\sqrt{3}a \pm a\frac{\sqrt{3}}{2}}{5}$;

$y_1 = \frac{2\sqrt{3}a + a\frac{\sqrt{3}}{2}}{5} = \frac{4\sqrt{3}+\sqrt{3}}{10}a = \frac{5\sqrt{3}}{10}a = \frac{\sqrt{3}}{2}a$;

$y_2 = \frac{2\sqrt{3}a - a\frac{\sqrt{3}}{2}}{5} = \frac{4\sqrt{3}-\sqrt{3}}{10}a = \frac{3\sqrt{3}}{10}a$.
Первый корень не подходит, т. к. это значение высоты грани тетраэдра $SABC$, т. е. высоты $SH$.

А теперь можем найти

$SP = SH-PH = \frac{\sqrt{3}}{2}a - \frac{3\sqrt{3}}{10}a = \frac{2\sqrt{3}}{10}a = \frac{\sqrt{3}}{5}a$.

Рассмотрим подобные $\triangle SHQ$ и $\triangle SKP$.
Справедливо отношение
$\frac{SP}{SH} = \frac{2PK}{a}$
или
$\frac{\sqrt{3} \cdot a \cdot 2}{5 \cdot \sqrt{3} \cdot a} = \frac{2PK}{a}$;

$PK = \frac{a}{5}$.

Отношение площадей запишется так

$\frac{S_{\triangle KMP}}{S_{\triangle ABC}} = \frac{1}{25}$.

Ответ:

$\frac{1}{25}$.