14049. Грани DAB
, DBC
и DCA
тетраэдра ABCD
— равновеликие треугольники. Известно, что DA=DB=DC=b
, \angle ADB=2\alpha
. Найдите объём пирамиды.
Ответ. \frac{1}{3}b^{3}\sin^{2}\alpha\sqrt{3-4\sin^{2}\alpha}
или \frac{1}{3}b^{3}\cos^{2}\alpha\sqrt{4\sin^{2}\alpha-1}
.
Решение. Площадь треугольника равна половине произведения двух его сторон на синус угла между ними, поэтому из равновеликости граней DAB
, DBC
и DCA
следует равенство синусов углов при общей вершине D
равнобедренных треугольников DAB
, DBC
и DCA
. Поскольку \sin\alpha=\sin(180^{\circ}-2\alpha)
, возможны три случая:
\angle BDC=\angle ADC=2\alpha,~\angle BDC=\angle ADC=180^{\circ}-2\alpha,~
\angle BDC=2\alpha,~\mbox{а}~\angle ADC=180^{\circ}-2\alpha
(случай \angle ADC=2\alpha,~\mbox{а}~\angle BDC=180^{\circ}-2\alpha
даст то же результат).
В каждом из этих случаев, высота тетраэдра, проведённая из вершины D
, проходит через центр O
окружности, описанной около основания ABC
(см. задачу 7163). Обозначим через R
её радиус.
Пусть \angle BDC=\angle ADC=2\alpha
. Тогда треугольник ABC
равносторонний, со стороной
AB=2AD\sin\alpha=2b\sin\alpha,
поэтому
R=\frac{AB\sqrt{3}}{3}=\frac{2b\sin\alpha\sqrt{3}}{3},~S_{\triangle ABC}=\frac{AB^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{4b^{2}\sqrt{3}\sin^{2}\alpha}{4}=b^{2}\sqrt{3}\sin^{2}\alpha.
Из прямоугольного треугольника AOD
находим, что
DO=\sqrt{AD^{2}-OA^{2}}=\sqrt{b^{2}-R^{2}}=\sqrt{b^{2}-\frac{4}{3}b^{2}\sin^{2}\alpha}=b\sqrt{1-\frac{4}{3}\sin^{2}\alpha}.
Следовательно,
V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DH=\frac{1}{3}\cdot b^{2}\sqrt{3}\sin^{2}\alpha\cdot b\sqrt{1-\frac{4}{3}\sin^{2}\alpha}=
=\frac{1}{3}b^{3}\sin^{2}\alpha\sqrt{3-4\sin^{2}\alpha}.
Пусть \angle BDC=\angle ADC=180^{\circ}-2\alpha
. Тогда треугольник ABC
равнобедренный со сторонами
AB=2AD\sin\alpha=2b\sin\alpha,~AC=BC=2BD\sin(90^{\circ}-\alpha)=2b\cos\alpha.
Продолжим высоту CM
этого треугольника до пересечения с описанной окружностью в точке C_{1}
. Тогда AC_{1}
— высота прямоугольного треугольника CAC_{1}
, проведённая из вершины прямого угла. Значит, AC_{1}^{2}=CM\cdot MC_{1}
, или
b^{2}\sin^{2}\alpha=\sqrt{4b^{2}\cos^{2}\alpha-b^{2}\sin^{2}\alpha}\cdot(2R-\sqrt{4b^{2}\cos^{2}\alpha-b^{2}\sin^{2}\alpha}),
откуда
R=\frac{2b\cos^{2}\alpha}{\sqrt{4\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha}},~\frac{b}{R}=\frac{\sqrt{4\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha}}{2\cos^{2}\alpha},
а так как
DO=\sqrt{DA^{2}-OA^{2}}=\sqrt{b^{2}-R^{2}}
и
S_{\triangle ABC}=\frac{AB\cdot AC\cdot BC}{4R}=\frac{2b\sin\alpha\cdot4b^{2}\cos^{2}\alpha}{4R}=\frac{8b^{3}\sin\alpha\cos^{2}\alpha}{4R}
(см. задачу 4259), то
V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABCD}\cdot DO=\frac{1}{3}\cdot\frac{8b^{3}\sin\alpha\cos^{2}\alpha}{4R}\cdot\sqrt{b^{2}-R^{2}}=
=\frac{2}{3}b^{3}\sin\alpha\cos^{2}\alpha\sqrt{\left(\frac{b}{R}\right)^{2}-1}=\frac{2}{3}b^{3}\sin\alpha\cos^{2}\alpha\sqrt{\frac{4\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha}{4\cos^{4}\alpha}-1}=
=\frac{1}{3}b^{3}\sin\alpha\sqrt{4\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha-4\cos^{4}\alpha}=
=\frac{1}{3}b^{3}\sin\alpha\sqrt{4\cos^{2}\alpha(1-\cos^{2}\alpha)-\sin^{2}\alpha}=\frac{1}{3}b^{3}\sin^{2}\alpha\sqrt{4\cos^{2}\alpha-1}=
=\frac{1}{3}b^{3}\sin^{2}\alpha\sqrt{3-4\sin^{2}\alpha}.
Пусть \angle BDC=180^{\circ}-2\alpha
, \angle ADC=2\alpha
. Тогда треугольник ABC
равнобедренный со сторонами
AC=AB=2AD\sin\alpha=2b\sin\alpha,~BC=2BD\sin(90^{\circ}-\alpha)=2b\cos\alpha.
Аналогично изложенному выше находим, что
R=\frac{2b\sin^{2}\alpha}{\sqrt{4\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\alpha}},~\frac{b}{R}=\frac{\sqrt{4\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\alpha}}{2\sin^{2}\alpha},
а так как
DO=\sqrt{DA^{2}-OA^{2}}=\sqrt{b^{2}-R^{2}}
и
S_{\triangle ABC}=\frac{AB\cdot AC\cdot BC}{4R}=\frac{2b\sin\alpha\cdot4b^{2}\cos^{2}\alpha}{4R}=\frac{8b^{3}\sin^{2}\alpha\cos\alpha}{4R}.
то,
V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABCD}\cdot DO=\frac{1}{3}\cdot\frac{8b^{3}\sin^{2}\alpha\cos\alpha}{4R}\cdot\sqrt{b^{2}-R^{2}}=
=\frac{2}{3}b^{3}\sin^{2}\alpha\cos\alpha\sqrt{\left(\frac{b}{R}\right)^{2}-1}=\frac{2}{3}b^{3}\sin^{2}\alpha\cos\alpha\sqrt{\frac{4\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\alpha}{4\sin^{4}\alpha}-1}=
=\frac{1}{3}b^{3}\cos\alpha\sqrt{4(\sin^{2}\alpha-\sin^{4}\alpha)-\cos^{2}\alpha}=\frac{1}{3}b^{3}\cos^{2}\alpha\sqrt{4\sin^{2}\alpha-1}.
Тот же результат для случая \angle ADC=180^{\circ}-2\alpha
, \angle BDC=2\alpha
.