Номер 38, 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 38, страница 142.

Условие.

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

Решение 1.

Решение 3.

Для нахождения объёма правильной треугольной пирамиды воспользуемся формулой:

$V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$

где $H$ – высота пирамиды, а $S_{осн}$ – площадь основания. В основании правильной треугольной пирамиды лежит равносторонний треугольник. Если сторона этого треугольника равна $a$, то его площадь вычисляется по формуле:

$S_{осн} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Таким образом, задача сводится к нахождению квадрата стороны основания $a^2$ через известные высоту $H$ и двугранный угол при боковом ребре $\alpha$.

Решение

1. Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$. $SO = H$ – высота пирамиды, где $O$ – центр треугольника $ABC$.

2. Двугранный угол при боковом ребре, например $SA$, – это угол между плоскостями боковых граней $(SAB)$ и $(SAC)$. Для его измерения построим линейный угол. Проведём в грани $(SAC)$ высоту $CK$ к ребру $SA$ ($CK \perp SA$). Так как пирамида правильная, то треугольники $\triangle SAC$ и $\triangle SAB$ равны. Следовательно, высота из точки $B$ к ребру $SA$ также попадёт в точку $K$, то есть $BK \perp SA$.

3. Угол $\angle BKC$ является линейным углом двугранного угла при ребре $SA$, поэтому $\angle BKC = \alpha$.

4. Треугольник $\triangle BKC$ равнобедренный, так как $BK = CK$ (высоты в равных треугольниках). $BC = a$ – сторона основания. Проведём в $\triangle BKC$ медиану $KM$ к основанию $BC$. $M$ – середина $BC$. $KM$ также является высотой и биссектрисой. Значит, $\angle MKC = \frac{\alpha}{2}$ и $MC = \frac{a}{2}$. Из прямоугольного треугольника $\triangle KMC$ находим:

$CK = \frac{MC}{\sin(\angle MKC)} = \frac{a/2}{\sin(\alpha/2)}$

5. Рассмотрим боковую грань, треугольник $\triangle SAC$. Так как $CK \perp SA$, треугольник $\triangle AKC$ является прямоугольным с гипотенузой $AC=a$. Пусть $\gamma = \angle SAC$ – угол при основании боковой грани. Из $\triangle AKC$ имеем:

$\sin\gamma = \frac{CK}{AC} = \frac{a/(2\sin(\alpha/2))}{a} = \frac{1}{2\sin(\alpha/2)}$

6. Теперь найдём другую связь между $\gamma$, $H$ и $a$. В $\triangle SAC$ проведём высоту из вершины $S$ к стороне $AC$. Так как $\triangle SAC$ равнобедренный, эта высота попадёт в середину $AC$. Длину бокового ребра $SA$ найдем из прямоугольного треугольника $\triangle SOA$. $OA$ – радиус описанной окружности основания, $OA = R = \frac{a}{\sqrt{3}}$.

$SA^2 = SO^2 + OA^2 = H^2 + (\frac{a}{\sqrt{3}})^2 = H^2 + \frac{a^2}{3}$

В треугольнике $\triangle SAC$ косинус угла $\gamma$ можно выразить как отношение прилежащего катета к гипотенузе в треугольнике, образованном боковым ребром и высотой грани:

$\cos\gamma = \frac{AC/2}{SA} = \frac{a/2}{\sqrt{H^2 + a^2/3}}$

7. Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $\sin^2\gamma + \cos^2\gamma = 1$:

$(\frac{1}{2\sin(\alpha/2)})^2 + (\frac{a/2}{\sqrt{H^2 + a^2/3}})^2 = 1$

$\frac{1}{4\sin^2(\alpha/2)} + \frac{a^2/4}{H^2 + a^2/3} = 1$

Умножим обе части на 4:

$\frac{1}{\sin^2(\alpha/2)} + \frac{a^2}{H^2 + a^2/3} = 4$

Выразим $a^2$:

$\frac{a^2}{H^2 + a^2/3} = 4 - \frac{1}{\sin^2(\alpha/2)} = \frac{4\sin^2(\alpha/2) - 1}{\sin^2(\alpha/2)}$

$a^2 \sin^2(\alpha/2) = (H^2 + \frac{a^2}{3})(4\sin^2(\alpha/2) - 1)$

$a^2 \sin^2(\alpha/2) = H^2(4\sin^2(\alpha/2) - 1) + \frac{a^2}{3}(4\sin^2(\alpha/2) - 1)$

$a^2 (\sin^2(\alpha/2) - \frac{4\sin^2(\alpha/2) - 1}{3}) = H^2(4\sin^2(\alpha/2) - 1)$

$a^2 (\frac{3\sin^2(\alpha/2) - 4\sin^2(\alpha/2) + 1}{3}) = H^2(4\sin^2(\alpha/2) - 1)$

$a^2 \frac{1 - \sin^2(\alpha/2)}{3} = H^2(4\sin^2(\alpha/2) - 1)$

$a^2 \frac{\cos^2(\alpha/2)}{3} = H^2(4\sin^2(\alpha/2) - 1)$

$a^2 = \frac{3H^2(4\sin^2(\alpha/2) - 1)}{\cos^2(\alpha/2)}$

8. Теперь можем найти объём пирамиды:

$V = \frac{1}{3} S_{осн} H = \frac{1}{3} \frac{a^2\sqrt{3}}{4} H = \frac{a^2 H\sqrt{3}}{12}$

$V = \frac{\sqrt{3}H}{12} \cdot \frac{3H^2(4\sin^2(\alpha/2) - 1)}{\cos^2(\alpha/2)} = \frac{\sqrt{3}H^3(4\sin^2(\alpha/2) - 1)}{4\cos^2(\alpha/2)}$

Можно также выразить ответ через $\cos\alpha$, используя формулы половинного угла $ \sin^2(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1-\cos\alpha}{2} $ и $ \cos^2(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1+\cos\alpha}{2} $:

$4\sin^2(\frac{\alpha}{2}) - 1 = 4(\frac{1-\cos\alpha}{2}) - 1 = 2(1-\cos\alpha) - 1 = 1 - 2\cos\alpha$

$4\cos^2(\frac{\alpha}{2}) = 4(\frac{1+\cos\alpha}{2}) = 2(1+\cos\alpha)$

Подставив эти выражения в формулу для объёма, получим:

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

Отметим, что для существования такой пирамиды необходимо, чтобы $a^2 > 0$, что влечёт $1-2\cos\alpha > 0$, то есть $\cos\alpha < 1/2$, откуда $\alpha > 60^{\circ}$.

Ответ: $V = \frac{\sqrt{3}H^3(1 - 2\cos\alpha)}{2(1 + \cos\alpha)}$ или $V = \frac{\sqrt{3}H^3(4\sin^2(\alpha/2) - 1)}{4\cos^2(\alpha/2)}$.