Номер 272, страница 105 - гдз по геометрии 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

272. Основанием пирамиды $DABC$ является треугольник $ABC$, в котором $\angle ACB = 90^\circ$, $AB = c$, $\angle ABC = \beta$. Грани $DAC$ и $DAB$ перпендикулярны плоскости основания пирамиды, а грань $DBC$ наклонена к ней под углом $\varphi$. Найдите объём пирамиды.

272. Основанием пирамиды DABC является треугольник ABC, в котором $\angle ACB = 90^\circ$, $AB = c$, $\angle ABC = \beta$. Грани DAC и DAB перпендикулярны плоскости основания пирамиды, а грань DBC наклонена к ней под углом $\phi$. Найдите объём пирамиды.

Объем пирамиды $DABC$ вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3}S_{осн} \cdot H$, где $S_{осн}$ — площадь основания $ABC$, а $H$ — высота пирамиды.

По условию задачи, грани $DAC$ и $DAB$ перпендикулярны плоскости основания $(ABC)$. Так как эти плоскости пересекаются по ребру $DA$, то их линия пересечения $DA$ перпендикулярна плоскости основания. Следовательно, $DA$ является высотой пирамиды, то есть $H = DA$.

Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник $ABC$, в котором $\angle ACB = 90^\circ$, гипотенуза $AB = c$ и $\angle ABC = \beta$. Найдем катеты этого треугольника из тригонометрических соотношений:
$AC = AB \cdot \sin(\beta) = c \sin(\beta)$;
$BC = AB \cdot \cos(\beta) = c \cos(\beta)$.
Площадь основания $S_{осн}$ равна половине произведения катетов:$S_{осн} = \frac{1}{2} AC \cdot BC = \frac{1}{2} (c \sin(\beta)) (c \cos(\beta)) = \frac{1}{2} c^2 \sin(\beta) \cos(\beta)$.

Грань $DBC$ наклонена к плоскости основания под углом $\phi$. Этот угол является двугранным углом при ребре $BC$. Для нахождения его линейного угла построим перпендикуляры к ребру $BC$ в одной точке. В плоскости основания $(ABC)$ имеем $AC \perp BC$, так как $\triangle ABC$ прямоугольный. Поскольку $DA$ — высота пирамиды ($DA \perp (ABC)$), то $AC$ является проекцией наклонной $DC$ на плоскость основания. По теореме о трех перпендикулярах, так как проекция $AC$ перпендикулярна $BC$, то и сама наклонная $DC$ перпендикулярна $BC$ ($DC \perp BC$). Следовательно, угол $\angle DCA$ является линейным углом двугранного угла между гранью $DBC$ и основанием. По условию, $\angle DCA = \phi$.

Рассмотрим треугольник $DAC$. Так как $DA \perp (ABC)$, то $DA \perp AC$, и $\triangle DAC$ является прямоугольным. Из этого треугольника найдем высоту пирамиды $H = DA$:
$\tan(\angle DCA) = \frac{DA}{AC} \Rightarrow \tan(\phi) = \frac{H}{AC}$.
$H = AC \cdot \tan(\phi) = c \sin(\beta) \tan(\phi)$.

Теперь, зная площадь основания и высоту, можем найти объем пирамиды:
$V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot (\frac{1}{2} c^2 \sin(\beta) \cos(\beta)) \cdot (c \sin(\beta) \tan(\phi))$.
Упрощая выражение, получаем:
$V = \frac{1}{6} c^3 \sin^2(\beta) \cos(\beta) \tan(\phi)$.

Ответ: $V = \frac{1}{6} c^3 \sin^2(\beta) \cos(\beta) \tan(\phi)$.