Номер 19.36, страница 184 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

19.36. Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник с катетом $a$ и прилежащим к нему углом $\alpha$. Боковая грань пирамиды, содержащая большую сторону основания, перпендикулярна плоскости основания, а две другие грани наклонены к ней под углом $\beta$. Найдите объём пирамиды.

Пусть основанием пирамиды $SABC$ является прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $C$ ($\angle C=90^\circ$). Пусть катет $AC = a$, а прилежащий к нему острый угол $\angle A = \alpha$. Тогда второй катет $BC = AC \cdot \tan A = a \tan{\alpha}$. Гипотенуза $AB = \frac{AC}{\cos A} = \frac{a}{\cos{\alpha}}$. Площадь основания пирамиды:$S_{осн} = \frac{1}{2} AC \cdot BC = \frac{1}{2} a \cdot (a \tan{\alpha}) = \frac{1}{2} a^2 \tan{\alpha}$.

Самой большой стороной основания является гипотенуза $AB$. По условию, боковая грань $SAB$, содержащая эту сторону, перпендикулярна плоскости основания $ABC$. Это означает, что высота пирамиды $SH$ опускается из вершины $S$ на гипотенузу $AB$ (точка $H$ лежит на отрезке $AB$).

Две другие боковые грани, $SAC$ и $SBC$, наклонены к плоскости основания под углом $\beta$. Угол наклона грани к плоскости основания — это двугранный угол, который измеряется линейным углом. Чтобы построить эти линейные углы, опустим из точки $H$ (основания высоты) перпендикуляры на катеты $AC$ и $BC$. Пусть $HK \perp AC$ и $HL \perp BC$. По теореме о трех перпендикулярах, так как $SH \perp (ABC)$ и $HK \perp AC$, то наклонная $SK$ также перпендикулярна $AC$. Следовательно, угол $\angle SKH$ является линейным углом двугранного угла между гранью $SAC$ и основанием. По условию, $\angle SKH = \beta$. Аналогично, $SL \perp BC$, и $\angle SLH$ является линейным углом двугранного угла между гранью $SBC$ и основанием. По условию, $\angle SLH = \beta$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SHK$ и $\triangle SHL$. У них общий катет $SH$. Из $\triangle SHK$ имеем: $SH = HK \cdot \tan(\angle SKH) = HK \cdot \tan{\beta}$. Из $\triangle SHL$ имеем: $SH = HL \cdot \tan(\angle SLH) = HL \cdot \tan{\beta}$. Отсюда следует, что $HK = HL$. Это означает, что точка $H$ в плоскости основания равноудалена от сторон угла $\angle ACB$. Следовательно, точка $H$ лежит на биссектрисе угла $C$.

Найдем длину отрезка $HK$. В плоскости основания рассмотрим четырехугольник $CKHL$. В нем $\angle C = \angle K = \angle L = 90^\circ$, поэтому $CKHL$ — прямоугольник. Так как $HK = HL$, то это квадрат, и $CK = HK$. В прямоугольном треугольнике $AKH$ (угол $K$ прямой), угол $A$ равен $\alpha$. Тогда $AK = \frac{HK}{\tan A} = \frac{HK}{\tan{\alpha}} = HK \cot{\alpha}$. Сторона $AC$ состоит из двух отрезков: $AC = AK + KC$. Подставляем известные выражения: $a = HK \cot{\alpha} + HK = HK(1 + \cot{\alpha})$. Отсюда находим $HK$:$HK = \frac{a}{1 + \cot{\alpha}}$.

Теперь можем найти высоту пирамиды $SH$:$SH = HK \cdot \tan{\beta} = \frac{a \tan{\beta}}{1 + \cot{\alpha}}$.

Объём пирамиды вычисляется по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot SH$. Подставим найденные значения площади основания и высоты:$V = \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{2} a^2 \tan{\alpha}\right) \cdot \left(\frac{a \tan{\beta}}{1 + \cot{\alpha}}\right) = \frac{a^3 \tan{\alpha} \tan{\beta}}{6(1 + \cot{\alpha})}$. Преобразуем выражение, используя тождество $1 + \cot{\alpha} = 1 + \frac{1}{\tan{\alpha}} = \frac{\tan{\alpha} + 1}{\tan{\alpha}}$:$V = \frac{a^3 \tan{\alpha} \tan{\beta}}{6\left(\frac{1 + \tan{\alpha}}{\tan{\alpha}}\right)} = \frac{a^3 \tan^2{\alpha} \tan{\beta}}{6(1 + \tan{\alpha})}$.
Ответ: $V = \frac{a^3 \tan^2{\alpha} \tan{\beta}}{6(1 + \tan{\alpha})}$.