7905. Найдите объём правильной четырёхугольной пирамиды со стороной основания a
и плоскими углами при вершине, равными углам боковых рёбер с плоскостью основания.
Ответ. \frac{a^{3}\sqrt{1+\sqrt{5}}}{6}
.
Решение. Пусть PO
— высота данной правильной пирамиды PABCD
, M
— середина BC
. Обозначим \angle BPC=\angle OCP=\alpha
. Из прямоугольных треугольников CMP
и COP
находим, что
PC=\frac{MC}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{a}{2\sin\frac{\alpha}{2}},~PC=\frac{OC}{\cos\alpha}=\frac{a\sqrt{2}}{2\cos\alpha}.
Откуда получим уравнение \cos\alpha=\sqrt{2}\sin\frac{\alpha}{2}
. Так как \alpha
— острый угол, то \cos\alpha\gt0
и \sin\frac{\alpha}{2}\gt0
. Возведя обе части этого уравнения в квадрат, получим
\cos^{2}\alpha=2\sin^{2}\frac{\alpha}{2},~\cos^{2}\alpha=1-\cos\alpha,~\cos^{2}\alpha+\cos\alpha-1=0,
откуда \cos\alpha=\frac{\sqrt{5}-1}{2}=\frac{2}{\sqrt{5}+1}
. Тогда
\tg\alpha=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\alpha}-1}=\sqrt{\frac{(\sqrt{5}+1)^{2}}{4}-1}=\frac{\sqrt{2+2\sqrt{5}}}{2},
PO=OC\tg\alpha=\frac{a\sqrt{2+2\sqrt{5}}}{2\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{1+\sqrt{5}}}{2}.
Следовательно,
V_{PABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot PO=\frac{1}{3}a^{2}\cdot\frac{a\sqrt{1+\sqrt{5}}}{2}=\frac{a^{3}\sqrt{1+\sqrt{5}}}{6}.
Источник: Сборник задач по математике для поступающих во втузы / Под ред. М. И. Сканави. — 5-е изд. — М.: Высшая школа, 1988. — № 11.109
Источник: Дополнительное вступительное испытание в МГУ. — 2018, филиал, вариант Ф41, задача 8