Номер 37, 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 37, страница 142.

Условие.

18.37. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна $a$, а двугранный угол пирамиды при её боковом ребре равен $\alpha$.

Найдите объём пирамиды.

Решение 1.

Решение 3.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. Сторона основания $AB = a$. Центр основания, точка $O$, является проекцией вершины $S$ на плоскость основания, а отрезок $SO = H$ — высота пирамиды.

Объём пирамиды вычисляется по формуле: $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$.

Площадь основания (квадрата) $S_{осн} = a^2$. Таким образом, $V = \frac{1}{3} a^2 H$. Для нахождения объёма необходимо выразить высоту $H$ через заданные величины $a$ и $α$.

Двугранный угол при боковом ребре, равный $α$, — это угол между двумя смежными боковыми гранями. Рассмотрим угол при ребре $SB$. Это угол между плоскостями $(SAB)$ и $(SBC)$. Для измерения этого угла построим его линейный угол. Проведём плоскость, перпендикулярную ребру $SB$. Для этого в треугольнике $SAB$ проведём высоту $AK$ к стороне $SB$ ($AK \perp SB$), а в треугольнике $SBC$ — высоту $CK$ к стороне $SB$ ($CK \perp SB$). Так как пирамида правильная, боковые грани являются равными равнобедренными треугольниками, поэтому высоты, проведённые к соответствующим сторонам $SB$, придут в одну и ту же точку $K$.

По построению, прямые $AK$ и $CK$ перпендикулярны ребру $SB$, следовательно, угол $\angle AKC$ является линейным углом двугранного угла при ребре $SB$. По условию, $\angle AKC = \alpha$.

Рассмотрим треугольник $AKC$. Он равнобедренный, так как $AK=CK$ (высоты в равных треугольниках $SAB$ и $SBC$). Основание этого треугольника $AC$ является диагональю квадрата $ABCD$, поэтому $AC = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}$.

Точка $O$ — центр квадрата и середина диагонали $AC$. Отрезок $KO$ в равнобедренном треугольнике $AKC$ является медианой, а значит, и высотой, и биссектрисой. Следовательно, $KO \perp AC$ и $\angle AKO = \frac{\alpha}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $AOK$ (угол $\angle AOK = 90^\circ$):

$AO = \frac{1}{2}AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Из соотношений в прямоугольном треугольнике имеем:

$\text{ctg}(\angle AKO) = \frac{KO}{AO} \implies KO = AO \cdot \text{ctg}(\frac{\alpha}{2}) = \frac{a\sqrt{2}}{2}\text{ctg}\frac{\alpha}{2}$.

Так как плоскость $(AKC)$ перпендикулярна прямой $SB$, любая прямая в этой плоскости перпендикулярна $SB$. Прямая $KO$ лежит в плоскости $(AKC)$, следовательно, $KO \perp SB$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOB$ ($\angle SOB = 90^\circ$, так как $SO$ — высота пирамиды). В этом треугольнике катеты $SO=H$ и $OB = \frac{1}{2}BD = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Отрезок $KO$ является высотой, проведённой из вершины прямого угла $O$ к гипотенузе $SB$.

Для высоты в прямоугольном треугольнике, опущенной на гипотенузу, справедливо соотношение: $\frac{1}{KO^2} = \frac{1}{SO^2} + \frac{1}{OB^2}$.

Выразим отсюда высоту $H=SO$:

$\frac{1}{H^2} = \frac{1}{KO^2} - \frac{1}{OB^2}$

Подставим известные выражения для $KO$ и $OB$:

$KO^2 = \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\text{ctg}\frac{\alpha}{2}\right)^2 = \frac{a^2}{2}\text{ctg}^2\frac{\alpha}{2}$

$OB^2 = \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{a^2}{2}$

$\frac{1}{H^2} = \frac{1}{\frac{a^2}{2}\text{ctg}^2\frac{\alpha}{2}} - \frac{1}{\frac{a^2}{2}} = \frac{2}{a^2}\left(\frac{1}{\text{ctg}^2\frac{\alpha}{2}} - 1\right) = \frac{2}{a^2}\left(\text{tg}^2\frac{\alpha}{2} - 1\right)$

Для существования пирамиды с заданными параметрами необходимо, чтобы $H^2 > 0$, что влечёт за собой $\text{tg}^2\frac{\alpha}{2} - 1 > 0$, или $\text{tg}\frac{\alpha}{2} > 1$. Так как $0 < \alpha < \pi$, то $0 < \alpha/2 < \pi/2$, откуда следует, что $\alpha/2 > \pi/4$, то есть $\alpha > \pi/2$.

Найдем $H$:

$H^2 = \frac{a^2}{2(\text{tg}^2\frac{\alpha}{2} - 1)}$

Используем тригонометрическую формулу $\text{tg}^2x - 1 = \frac{\sin^2x-\cos^2x}{\cos^2x} = \frac{-\cos(2x)}{\cos^2x}$:

$H^2 = \frac{a^2}{2\frac{-\cos\alpha}{\cos^2(\alpha/2)}} = \frac{a^2\cos^2(\alpha/2)}{-2\cos\alpha}$

$H = \frac{a\cos(\alpha/2)}{\sqrt{-2\cos\alpha}}$

Теперь можем найти объём пирамиды:

$V = \frac{1}{3} a^2 H = \frac{1}{3} a^2 \frac{a\cos(\alpha/2)}{\sqrt{-2\cos\alpha}} = \frac{a^3\cos(\alpha/2)}{3\sqrt{-2\cos\alpha}}$

Используя формулу понижения степени $\cos\frac{\alpha}{2} = \sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}$, преобразуем выражение:

$V = \frac{a^3}{3\sqrt{-2\cos\alpha}} \sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}} = \frac{a^3}{3\sqrt{2}\sqrt{-\cos\alpha}} \frac{\sqrt{1+\cos\alpha}}{\sqrt{2}} = \frac{a^3\sqrt{1+\cos\alpha}}{6\sqrt{-\cos\alpha}}$

$V = \frac{a^3}{6}\sqrt{-\frac{1+\cos\alpha}{\cos\alpha}}$

Ответ: $V = \frac{a^3}{6}\sqrt{-\frac{1+\cos\alpha}{\cos\alpha}}$.