7986. Двугранный угол между смежными боковыми гранями правильной четырёхугольной пирамиды равен \alpha
, а сторона основания равна b
. Найдите объём пирамиды.
Ответ. \frac{b^{3}\sqrt{2}\ctg\frac{\alpha}{2}}{6\sqrt{1-\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}}}
.
Решение. Пусть угол бокового ребра с плоскостью основания ABCD
правильной четырёхугольной пирамиды PABCD
равен \varphi
. Опустим перпендикуляр BF
из точки B
на прямую AP
. Прямая AP
перпендикулярна плоскости, проходящей через точки B
, D
и F
, так как она перпендикулярна двум пересекающимся прямым BF
и BD
этой плоскости (ортогональная проекция AC
наклонной AP
перпендикулярна прямой BD
, лежащей в плоскости основания). Значит, BFD
— линейный угол двугранного угла между смежными боковыми гранями APB
и APD
. По условию задачи \angle BFD=\alpha
.
Пусть O
— центр основания пирамиды. Тогда
AO=OB=\frac{b\sqrt{2}}{2},~OF=\frac{OB}{\tg\angle BFO}=\frac{b\sqrt{2}}{2}\cdot\ctg\frac{\alpha}{2}.
Из прямоугольного треугольника AFO
находим, что
\sin\varphi=\sin\angle FAO=\frac{OF}{AO}=\frac{\frac{b\sqrt{2}}{2}\cdot\ctg\frac{\alpha}{2}}{\frac{b\sqrt{2}}{2}}=\ctg\frac{\alpha}{2},
\cos\varphi=\sqrt{1-\sin^{2}\varphi}=\sqrt{1-\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}},~\tg\varphi=\frac{\sin\varphi}{\cos\varphi}=\frac{\ctg\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{1-\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}}}.
Из прямоугольного треугольника AOP
находим, что
OP=OA\tg\angle PAO=OA\tg\varphi=\frac{b\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\ctg\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{1-\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}}}=\frac{b\sqrt{2}\ctg\frac{\alpha}{2}}{2\sqrt{1-\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}}}.
Следовательно,
V_{PABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot OP=\frac{1}{3}b^{2}\cdot OP=\frac{1}{3}b^{2}\cdot\frac{b\sqrt{2}\ctg\frac{\alpha}{2}}{2\sqrt{1-\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}}}=\frac{b^{3}\sqrt{2}\ctg\frac{\alpha}{2}}{6\sqrt{1-\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}}}.