Номер 632, страница 176 - гдз по геометрии 11 класс учебник Солтан, Солтан

632. Основания усеченной пирамиды – равнобедренные прямоугольные треугольники, гипотенузы которых равны $m$ и $n$ $(m > n)$. Две ее боковые грани перпендикулярны плоскостям оснований, а третья наклонена к плоскости нижнего основания под углом $\varphi$. Найдите объем этой пирамиды. Рассмотрите возможные случаи расположения высоты пирамиды (рисунок 188).

a)

б)

Рисунок 188

Для нахождения объема усеченной пирамиды воспользуемся формулой: $V = \frac{1}{3}H(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1 S_2})$, где $H$ — высота усеченной пирамиды, $S_1$ и $S_2$ — площади ее оснований.

Основаниями являются равнобедренные прямоугольные треугольники.

Найдем площадь нижнего основания ($S_1$). Его гипотенуза равна $m$. Если катеты равны $a$, то по теореме Пифагора $a^2 + a^2 = m^2$, откуда $2a^2 = m^2$, и $a = \frac{m}{\sqrt{2}}$. Площадь этого треугольника: $S_1 = \frac{1}{2}a \cdot a = \frac{1}{2}a^2 = \frac{1}{2}\frac{m^2}{2} = \frac{m^2}{4}$.

Аналогично найдем площадь верхнего основания ($S_2$). Его гипотенуза равна $n$. Катеты равны $b = \frac{n}{\sqrt{2}}$. Площадь этого треугольника: $S_2 = \frac{1}{2}b^2 = \frac{1}{2}\frac{n^2}{2} = \frac{n^2}{4}$.

Теперь рассмотрим два возможных случая расположения высоты пирамиды.

а)

Пусть основаниями являются треугольники $ABC$ (нижнее) и $A_1B_1C_1$ (верхнее) с прямыми углами при вершинах $C$ и $C_1$ соответственно. Две боковые грани, перпендикулярные плоскостям оснований, — это грани, проходящие через катеты, сходящиеся в одной вершине, например, $ACC_1A_1$ и $BCC_1B_1$. В этом случае их общее ребро $CC_1$ перпендикулярно плоскостям оснований и является высотой усеченной пирамиды, $H = CC_1$.

Третья боковая грань $ABB_1A_1$, проходящая через гипотенузы, наклонена к плоскости нижнего основания под углом $\phi$.

Достроим усеченную пирамиду до полной пирамиды с вершиной $P$. Высота полной пирамиды будет лежать на прямой $CC_1$. Угол $\phi$ — это двугранный угол при ребре $AB$. Пусть $K$ — середина гипотенузы $AB$. Тогда $CK$ — высота и медиана в треугольнике $ABC$, $CK \perp AB$ и $CK = \frac{m}{2}$. Так как $PC \perp (ABC)$, то $PK \perp AB$ по теореме о трех перпендикулярах. Следовательно, $\angle PKC = \phi$ — линейный угол двугранного угла.

Из прямоугольного треугольника $PCK$ находим высоту полной пирамиды $PC$: $PC = CK \cdot \tan(\phi) = \frac{m}{2}\tan(\phi)$.

Малая пирамида $PA_1B_1C_1$ подобна большой $PABC$. Коэффициент подобия $k = \frac{n}{m}$. Высота малой пирамиды $PC_1 = k \cdot PC = \frac{n}{m} \cdot \frac{m}{2}\tan(\phi) = \frac{n}{2}\tan(\phi)$.

Высота усеченной пирамиды $H = CC_1 = PC - PC_1 = \frac{m}{2}\tan(\phi) - \frac{n}{2}\tan(\phi) = \frac{m-n}{2}\tan(\phi)$.

Теперь можем найти объем усеченной пирамиды: $V = \frac{1}{3}H(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1S_2}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{m-n}{2}\tan(\phi) \left( \frac{m^2}{4} + \frac{n^2}{4} + \sqrt{\frac{m^2}{4}\cdot\frac{n^2}{4}} \right)$ $V = \frac{m-n}{6}\tan(\phi) \left( \frac{m^2}{4} + \frac{n^2}{4} + \frac{mn}{4} \right) = \frac{m-n}{6}\tan(\phi) \cdot \frac{m^2+mn+n^2}{4}$ $V = \frac{(m-n)(m^2+mn+n^2)}{24}\tan(\phi) = \frac{m^3-n^3}{24}\tan(\phi)$.

Ответ: $V = \frac{m^3-n^3}{24}\tan(\phi)$.

б)

Пусть две боковые грани, перпендикулярные плоскостям оснований, — это грань $ACC_1A_1$, проходящая через катет, и грань $ABB_1A_1$, проходящая через гипотенузу. В этом случае их общее ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскостям оснований и является высотой усеченной пирамиды, $H = AA_1$.

Третья боковая грань $BCC_1B_1$ наклонена к плоскости нижнего основания под углом $\phi$.

Достроим усеченную пирамиду до полной с вершиной $P$. Высота полной пирамиды будет лежать на прямой $AA_1$. Угол $\phi$ — это двугранный угол при ребре $BC$. Так как $PA \perp (ABC)$ (высота пирамиды) и $AC \perp BC$ (по условию, $\angle C = 90^\circ$), то по теореме о трех перпендикулярах наклонная $PC \perp BC$. Следовательно, $\angle PCA = \phi$ — линейный угол двугранного угла.

Из прямоугольного треугольника $PAC$ находим высоту полной пирамиды $PA$. Катет $AC$ равен $\frac{m}{\sqrt{2}}$. $PA = AC \cdot \tan(\phi) = \frac{m}{\sqrt{2}}\tan(\phi)$.

Малая пирамида $PA_1B_1C_1$ подобна большой $PABC$ с коэффициентом подобия $k = \frac{n}{m}$. Ее высота $PA_1 = k \cdot PA = \frac{n}{m} \cdot \frac{m}{\sqrt{2}}\tan(\phi) = \frac{n}{\sqrt{2}}\tan(\phi)$.

Высота усеченной пирамиды $H = AA_1 = PA - PA_1 = \frac{m}{\sqrt{2}}\tan(\phi) - \frac{n}{\sqrt{2}}\tan(\phi) = \frac{m-n}{\sqrt{2}}\tan(\phi)$.

Площади оснований $S_1 = \frac{m^2}{4}$ и $S_2 = \frac{n^2}{4}$. Найдем объем: $V = \frac{1}{3}H(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1S_2}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{m-n}{\sqrt{2}}\tan(\phi) \left( \frac{m^2+mn+n^2}{4} \right)$ $V = \frac{(m-n)(m^2+mn+n^2)}{12\sqrt{2}}\tan(\phi) = \frac{m^3-n^3}{12\sqrt{2}}\tan(\phi)$.

Избавившись от иррациональности в знаменателе, получим: $V = \frac{\sqrt{2}(m^3-n^3)}{24}\tan(\phi)$.

Ответ: $V = \frac{\sqrt{2}(m^3-n^3)}{24}\tan(\phi)$.