Номер 36, страница 142 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 18. Формулы для вычисления объёмов пирамиды и усечённой пирамиды. Глава 3. Объёмы тел. Площадь сферы - номер 36, страница 142.

Условие.

18.36. Расстояние от вершины основания правильной треугольной пирамиды до противоположной боковой грани равно $d$, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\alpha$. Найдите объём пирамиды.

Решение 1.

Решение 3.

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

Пусть $M$ — середина ребра основания $BC$. Так как пирамида правильная, то медиана $AM$ в основании является и высотой, то есть $AM \perp BC$. Апофема $SM$ боковой грани $SBC$ также является ее высотой, то есть $SM \perp BC$.

Двугранный угол при ребре основания $BC$ — это угол между плоскостями $(ABC)$ и $(SBC)$. Он измеряется линейным углом $\angle SMA$, так как $AM \perp BC$ и $SM \perp BC$. По условию, $\angle SMA = \alpha$.

Рассмотрим плоскость $(ASM)$. Поскольку прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AM$ и $SM$ в этой плоскости, то $BC \perp (ASM)$. Так как прямая $BC$ лежит в плоскости боковой грани $(SBC)$, то плоскость $(ASM)$ перпендикулярна плоскости $(SBC)$.

Расстояние от вершины основания $A$ до противоположной боковой грани $(SBC)$ равно длине перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на плоскость $(SBC)$. Поскольку плоскость $(ASM)$ перпендикулярна плоскости $(SBC)$, этот перпендикуляр лежит в плоскости $(ASM)$ и перпендикулярен линии пересечения плоскостей, то есть прямой $SM$. Пусть $K$ — основание этого перпендикуляра на прямой $SM$, тогда $AK \perp SM$ и длина $AK$ равна заданному расстоянию $d$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AKM$ (прямой угол при $K$). В нем гипотенузой является $AM$, а угол $\angle AMK = \angle SMA = \alpha$. Отсюда получаем:$AK = AM \cdot \sin(\angle AMK)$, то есть $d = AM \cdot \sin(\alpha)$.

$AM$ — высота в равностороннем треугольнике $ABC$ со стороной $a$, поэтому $AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.Подставим это в предыдущее равенство:$d = \frac{a\sqrt{3}}{2}\sin(\alpha)$.Выразим отсюда сторону основания $a$:$a = \frac{2d}{\sqrt{3}\sin(\alpha)}$.

Теперь найдем объем пирамиды по формуле $V = \frac{1}{3}S_{осн}H$.Площадь основания $S_{осн} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Подставим выражение для $a$:$S_{осн} = \frac{\sqrt{3}}{4} \left(\frac{2d}{\sqrt{3}\sin(\alpha)}\right)^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{4d^2}{3\sin^2(\alpha)} = \frac{d^2\sqrt{3}}{3\sin^2(\alpha)}$.

Высоту пирамиды $H=SO$ найдем из прямоугольного треугольника $\triangle SOM$. $O$ — центр основания, поэтому $OM = \frac{1}{3}AM = \frac{1}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.$H = SO = OM \cdot \tan(\angle SMO) = \frac{a\sqrt{3}}{6}\tan(\alpha)$.Подставим сюда выражение для $a$:$H = \frac{\sqrt{3}}{6} \left(\frac{2d}{\sqrt{3}\sin(\alpha)}\right) \tan(\alpha) = \frac{2d}{6\sin(\alpha)} \cdot \frac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} = \frac{d}{3\cos(\alpha)}$.

Наконец, вычислим объем пирамиды:$V = \frac{1}{3}S_{осн}H = \frac{1}{3} \cdot \frac{d^2\sqrt{3}}{3\sin^2(\alpha)} \cdot \frac{d}{3\cos(\alpha)} = \frac{d^3\sqrt{3}}{27\sin^2(\alpha)\cos(\alpha)}$.

Ответ: $V = \frac{d^3\sqrt{3}}{27\sin^2(\alpha)\cos(\alpha)}$.