Номер 19.34, страница 184 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

19.34. Высота правильной треугольной пирамиды равна $H$, а двугранный угол пирамиды при её боковом ребре равен $\alpha$. Найдите объём пирамиды.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$. $SO$ — высота пирамиды, $SO = H$, где $O$ — центр основания. Основание $ABC$ — равносторонний треугольник. Пусть сторона основания равна $a$.

Объём пирамиды вычисляется по формуле:$V = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot H$Площадь равностороннего треугольника $ABC$ со стороной $a$ равна $S_{ABC} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Тогда объём пирамиды:$V = \frac{1}{3} \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot H = \frac{a^2 H \sqrt{3}}{12}$. Для нахождения объёма необходимо выразить сторону основания $a$ через высоту $H$ и заданный двугранный угол $\alpha$.

Двугранный угол при боковом ребре, например $SA$, — это угол между плоскостями боковых граней $(SAB)$ и $(SAC)$. Для нахождения этого угла рассмотрим трёхгранный угол при вершине $S$. Все плоские углы при вершине $S$ равны, так как пирамида правильная. Обозначим их через $\gamma$: $\angle ASB = \angle BSC = \angle CSA = \gamma$. Связь между двугранным углом $\alpha$ при ребре трёхгранного угла и противолежащим ему плоским углом $\gamma$ (в нашем случае все плоские углы при вершине и соответствующие двугранные углы равны) даётся соотношением, которое следует из сферической теоремы косинусов:$\cos\gamma = \cos\gamma \cdot \cos\gamma + \sin\gamma \cdot \sin\gamma \cdot \cos\alpha$$\cos\gamma(1-\cos\gamma) = \sin^2\gamma \cos\alpha = (1-\cos^2\gamma)\cos\alpha = (1-\cos\gamma)(1+\cos\gamma)\cos\alpha$Поскольку $\gamma \ne 0$, можно сократить на $(1-\cos\gamma)$:$\cos\gamma = (1+\cos\gamma)\cos\alpha$Отсюда $\cos\alpha = \frac{\cos\gamma}{1+\cos\gamma}$.

Теперь выразим $\cos\gamma$ через параметры пирамиды $a$ и $H$. Рассмотрим боковую грань, например, равнобедренный треугольник $ASB$. Боковое ребро $l = SA = SB$. По теореме косинусов для $\triangle ASB$:$AB^2 = SA^2 + SB^2 - 2 \cdot SA \cdot SB \cdot \cos\gamma$$a^2 = 2l^2(1-\cos\gamma)$, откуда $\cos\gamma = 1 - \frac{a^2}{2l^2}$.

Длину бокового ребра $l$ найдём из прямоугольного треугольника $SOA$. $OA = R$ — радиус окружности, описанной около основания $ABC$. Для равностороннего треугольника со стороной $a$ радиус $R = \frac{a}{\sqrt{3}}$. По теореме Пифагора:$l^2 = SA^2 = SO^2 + OA^2 = H^2 + R^2 = H^2 + \left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2 = H^2 + \frac{a^2}{3}$.

Подставим выражение для $l^2$ в формулу для $\cos\gamma$:$\cos\gamma = 1 - \frac{a^2}{2(H^2 + a^2/3)} = \frac{2(H^2 + a^2/3) - a^2}{2(H^2 + a^2/3)} = \frac{2H^2 + 2a^2/3 - a^2}{2H^2 + 2a^2/3} = \frac{2H^2 - a^2/3}{2H^2 + 2a^2/3} = \frac{6H^2 - a^2}{6H^2 + 2a^2}$.

Теперь подставим полученное выражение для $\cos\gamma$ в соотношение $\cos\alpha = \frac{\cos\gamma}{1+\cos\gamma}$:$\cos\alpha = \frac{\frac{6H^2 - a^2}{6H^2 + 2a^2}}{1 + \frac{6H^2 - a^2}{6H^2 + 2a^2}} = \frac{6H^2 - a^2}{(6H^2 + 2a^2) + (6H^2 - a^2)} = \frac{6H^2 - a^2}{12H^2 + a^2}$.

Из этого уравнения выразим $a^2$:$\cos\alpha (12H^2 + a^2) = 6H^2 - a^2$$12H^2\cos\alpha + a^2\cos\alpha = 6H^2 - a^2$$a^2\cos\alpha + a^2 = 6H^2 - 12H^2\cos\alpha$$a^2(1 + \cos\alpha) = 6H^2(1 - 2\cos\alpha)$$a^2 = \frac{6H^2(1 - 2\cos\alpha)}{1 + \cos\alpha}$. Для существования пирамиды необходимо, чтобы $a^2 > 0$, что влечёт $1 - 2\cos\alpha > 0$, то есть $\cos\alpha < 1/2$, и $\alpha > \pi/3$. Это условие выполняется для любой правильной треугольной пирамиды.

Наконец, подставим найденное выражение для $a^2$ в формулу для объёма:$V = \frac{a^2 H \sqrt{3}}{12} = \frac{1}{12} \cdot \frac{6H^2(1 - 2\cos\alpha)}{1 + \cos\alpha} \cdot H \sqrt{3}$$V = \frac{6 H^3 \sqrt{3} (1 - 2\cos\alpha)}{12 (1 + \cos\alpha)} = \frac{H^3 \sqrt{3} (1 - 2\cos\alpha)}{2(1 + \cos\alpha)}$.

Ответ: $\frac{H^3 \sqrt{3} (1 - 2\cos\alpha)}{2(1 + \cos\alpha)}$.