Номер 274, страница 105 - гдз по геометрии 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

274. Основанием пирамиды является равнобедренный треугольник с углом $\alpha$ при вершине. Боковая грань пирамиды, содержащая основание этого треугольника, перпендикулярна плоскости основания, а две другие грани наклонены к ней под углом $\beta$. Найдите объём пирамиды, если её высота равна $H$.

274. Основанием пирамиды является равнобедренный треугольник с углом $\alpha$ при вершине. Боковая грань пирамиды, содержащая основание этого треугольника, перпендикулярна плоскости основания, а две другие грани наклонены к ней под углом $\beta$. Найдите объём пирамиды, если её высота равна $H$.

Пусть $SABC$ — данная пирамида. Основание $ABC$ — равнобедренный треугольник, в котором $AB = BC$, а угол при вершине $\angle ABC = \alpha$. Боковая грань $SAC$, содержащая основание $AC$ треугольника $ABC$, перпендикулярна плоскости основания. Высота пирамиды равна $H$.

Поскольку плоскость грани $(SAC)$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$, то высота пирамиды $SO$ опускается из вершины $S$ на прямую $AC$, являющуюся линией пересечения этих плоскостей. Таким образом, основание высоты $O$ лежит на стороне $AC$, и по условию $SO = H$.

Две другие боковые грани, $(SAB)$ и $(SBC)$, наклонены к плоскости основания под углом $\beta$. Угол наклона грани к плоскости основания — это двугранный угол, который измеряется линейным углом.

Для построения линейного угла для грани $(SAB)$ опустим из точки $O$ (основания высоты) перпендикуляр $OK$ на сторону $AB$. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах наклонная $SK$ также будет перпендикулярна $AB$. Следовательно, угол $\angle SKO$ является линейным углом двугранного угла между плоскостью $(SAB)$ и плоскостью основания. По условию, $\angle SKO = \beta$.

Аналогично, для грани $(SBC)$ опустим перпендикуляр $OM$ на сторону $BC$. Тогда $SM \perp BC$, и $\angle SMO = \beta$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SOK$ и $\triangle SOM$. У них общий катет $SO = H$ и равные противолежащие углы $\angle SKO = \angle SMO = \beta$. Следовательно, эти треугольники равны, и $OK = OM$.

Длину отрезков $OK$ и $OM$ можно найти из треугольника $\triangle SOK$:$ \cot(\beta) = \frac{OK}{SO} = \frac{OK}{H} $Отсюда $OK = H \cdot \cot(\beta)$. Значит, $OK = OM = H \cdot \cot(\beta)$.

В плоскости основания точка $O$, лежащая на $AC$, равноудалена от сторон $AB$ и $BC$. Это означает, что точка $O$ лежит на биссектрисе угла $\angle ABC$. В равнобедренном треугольнике $ABC$ биссектриса, проведённая из вершины $B$, является также медианой и высотой. Пусть $BD$ — высота, медиана и биссектриса треугольника $ABC$. Тогда точка $O$ совпадает с точкой $D$, то есть высота пирамиды падает в середину основания $AC$.

Теперь найдём площадь основания $S_{ABC}$. Для этого нам нужно найти длину высоты $BD$ и основания $AC$.

Рассмотрим в плоскости основания прямоугольный треугольник, образованный высотой $BD$ и перпендикуляром $DK$ (где $O \equiv D$). Треугольник $\triangle BDK$ является прямоугольным (т.к. $DK \perp AB$). Угол $\angle DBK$ равен половине угла при вершине, то есть $\angle DBK = \frac{\alpha}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle BDK$:$ \sin(\angle DBK) = \frac{DK}{BD} $$ \sin(\frac{\alpha}{2}) = \frac{H \cot(\beta)}{BD} $Отсюда находим высоту основания $BD$:$ BD = \frac{H \cot(\beta)}{\sin(\frac{\alpha}{2})} $

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle BDA$.$ \tan(\angle ABD) = \frac{AD}{BD} $$ \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{AD}{BD} $Отсюда $AD = BD \tan(\frac{\alpha}{2})$. Подставим найденное значение $BD$:$ AD = \frac{H \cot(\beta)}{\sin(\frac{\alpha}{2})} \cdot \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{H \cot(\beta)}{\sin(\frac{\alpha}{2})} \cdot \frac{\sin(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})} = \frac{H \cot(\beta)}{\cos(\frac{\alpha}{2})} $Основание $AC = 2 AD = \frac{2H \cot(\beta)}{\cos(\frac{\alpha}{2})}$.

Теперь можем вычислить площадь основания $\triangle ABC$:$ S_{ABC} = \frac{1}{2} AC \cdot BD = \frac{1}{2} \cdot \frac{2H \cot(\beta)}{\cos(\frac{\alpha}{2})} \cdot \frac{H \cot(\beta)}{\sin(\frac{\alpha}{2})} = \frac{H^2 \cot^2(\beta)}{\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})} $Используя формулу синуса двойного угла $2\sin(x)\cos(x) = \sin(2x)$, получаем:$ \sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2}) = \frac{\sin(\alpha)}{2} $$ S_{ABC} = \frac{H^2 \cot^2(\beta)}{\frac{\sin(\alpha)}{2}} = \frac{2H^2 \cot^2(\beta)}{\sin(\alpha)} $

Наконец, найдём объём пирамиды по формуле $V = \frac{1}{3} S_{base} \cdot H_{pyr}$:$ V = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot \frac{2H^2 \cot^2(\beta)}{\sin(\alpha)} \cdot H = \frac{2H^3 \cot^2(\beta)}{3\sin(\alpha)} $

Ответ: $ \frac{2H^3 \cot^2(\beta)}{3\sin(\alpha)} $