7326. В треугольной пирамиде каждое боковое ребро равно 1, а боковые грани равновелики. Найдите объём пирамиды, если известно, что один из двугранных углов при основании — прямой.
Ответ. \frac{2}{9\sqrt{3}}
.
Решение. Пусть SH
— высота данной треугольной пирамиды SABC
с вершиной S
, а двугранный угол при ребре BC
равен 90^{\circ}
.
Поскольку боковые рёбра пирамиды равны, высота пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания, а так как боковая грань SBC
перпендикулярна плоскости основания, то высота пирамиды лежит в этой грани, значит, точка H
лежит на ребре BC
. Кроме того, треугольник SBC
— равнобедренный, поэтому H
— середина BC
.
Центр H
описанной окружности треугольника ABC
лежит на стороне BC
, поэтому треугольник ABC
— прямоугольный, а его гипотенуза BC
равна диаметру описанной окружности.
Боковые грани пирамиды равновелики, поэтому
\frac{1}{2}SA\cdot SB\sin\angle ASB=\frac{1}{2}SB\cdot SC\sin\angle BSC=\frac{1}{2}SA\cdot SC\sin\angle ASC,
откуда находим, что \sin\angle ASB=\sin\angle BSC=\sin\angle ASC
, а так как BSC
— наибольший из плоских углов при вершине пирамиды (BC
— наибольшая сторона треугольника ABC
), то \angle BSC\gt90^{\circ}
, а \angle ASB=\angle ASC=180^{\circ}-\angle BSC
.
Обозначим через R
радиус описанной окружности прямоугольного треугольника ABC
. Тогда BC=2R
, а так как AB=AC
, то AB=AC=R\sqrt{2}
. По теореме косинусов
\cos\angle BSC=\frac{SB^{2}+SC^{2}-BC^{2}}{2SB\cdot SC}=\frac{1+1-4R^{2}}{2\cdot1\cdot1}=2-4R^{2},
\cos\angle ASB=\frac{SA^{2}+SB^{2}-AB^{2}}{2SA\cdot SB}=\frac{1+1-2R^{2}}{2\cdot1\cdot1}=2-2R^{2},
а так как \angle BSC=180^{\circ}-\angle ASB
, то \cos\angle BSC=-\cos\angle ASB
, или 2-4R^{2}=2R^{2}-2
, откуда находим, что R=\sqrt{\frac{2}{3}}
. Следовательно,
V_{SABC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}R\sqrt{2}\cdot R\sqrt{2}\cdot\sqrt{1-R^{2}}=
=\frac{1}{3}R^{2}\sqrt{1-R^{2}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\sqrt{1-\frac{2}{3}}=\frac{2}{9\sqrt{3}}.