7984. В правильной четырёхугольной пирамиде боковое ребро равно l
, а двугранный угол при нём равен \alpha
. Найдите объём пирамиды.
Ответ. \frac{2}{3}l^{3}\ctg\frac{\beta}{2}\left(1-\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{-2l^{3}\cos\alpha\cos\frac{\alpha}{2}}{3\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}
.
Решение. Пусть SO
— высота данной правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
с вершиной S
, боковым ребром SA=l
и углом \alpha
между гранями ASB
и ASD
. Обозначим через a
сторону основания.
Опустим перпендикуляр OF
на ребро SA
. Прямая SA
перпендикулярна пересекающимся прямым OF
и BD
(по теореме о трёх перпендикулярах), поэтому \angle BFD=\alpha
, а так как треугольник BFD
равнобедренный, то его медиана FO
является высотой и биссектрисой. Из прямоугольного треугольника BOF
получаем
OF=BO\ctg\frac{\alpha}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\ctg\frac{\alpha}{2}.
Записав двумя способами площадь прямоугольного треугольника AOS
получаем
\frac{1}{2}SO\cdot OA=\frac{1}{2}AS\cdot OF,
откуда
SO=\frac{AS\cdot OF}{OA}=\frac{l\cdot\frac{a\sqrt{2}}{2}\ctg\frac{\alpha}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=l\ctg\frac{\alpha}{2}.
Тогда
l^{2}=SA^{2}=OA^{2}+SO^{2}=\frac{a^{2}}{2}+l^{2}\ctg^{2}\frac{\alpha}{2},
откуда
a^{2}=2\left(l^{2}-l^{2}\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}\right)=2l^{2}\left(1-\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}\right)=
=\frac{2l^{2}(\sin^{2}\frac{\alpha}{2}-\cos^{2}\frac{\alpha}{2})}{\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=-\frac{2l^{2}\cos\alpha}{\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}.
Следовательно,
V_{SABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}a^{2}\cdot l\ctg\frac{\alpha}{2}=
=\frac{1}{3}\left(-\frac{2l^{2}\cos\alpha}{\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}\right)\cdot l\ctg\frac{\alpha}{2}=\frac{-2l^{3}\cos\alpha\cos\frac{\alpha}{2}}{3\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}.