7987. Двугранный угол при боковом ребре правильной треугольной пирамиды равен 2\alpha
. Высота пирамиды равна h
. Найдите объём конуса, описанного около пирамиды.
Ответ. \frac{\pi h^{3}(3\tg^{2}\alpha-1)}{3}
.
Решение. Пусть сторона основания ABC
правильной треугольной пирамиды ABCD
равна a
, угол бокового ребра с основанием равен \varphi
. Опустим перпендикуляр AF
из точки A
на прямую CD
. Если O
— центр основания, то DO
— высота пирамиды (DO=h
). Прямая OC
— ортогональная проекция наклонной CD
на плоскость основания пирамиды. Так как CO\perp AB
, то по теореме о трёх перпендикулярах CD\perp AB
. Таким образом, прямая CD
перпендикулярна двум пересекающимся прямым AF
и AB
плоскости треугольника AFB
. Значит, прямая CD
перпендикулярна этой плоскости. Поэтому AFB
— линейный угол двугранного угла при боковом ребре CD
пирамиды ABCD
. По условию задачи \angle AFB=2\alpha
.
Высота FM
равнобедренного треугольника AFB
является его медианой и биссектрисой. Поэтому
MF=AM\ctg\angle AFM=\frac{a}{2}\cdot\ctg\alpha.
С другой стороны, из прямоугольного треугольника MFC
находим, что
MF=CM\sin\angle MCF=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sin\varphi.
Из уравнения
\frac{a}{2}\cdot\ctg\alpha=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sin\varphi
находим, что \sin\varphi=\frac{\ctg\alpha}{\sqrt{3}}
. Тогда
\cos\varphi=\sqrt{1-\sin^{2}\varphi}=\sqrt{1-\frac{1}{3}\ctg^{2}\alpha},
\tg\varphi=\frac{\sin\varphi}{\cos\varphi}=\frac{\frac{\ctg\alpha}{\sqrt{3}}}{\sqrt{1-\frac{1}{3}\ctg^{2}\alpha}}=\frac{\ctg\alpha}{\sqrt{3-\ctg^{2}\alpha}}.
Из прямоугольного треугольника COD
находим, что
OC=\frac{OD}{\tg\varphi}=\frac{h\sqrt{3-\ctg^{2}\alpha}}{\ctg\alpha}.
Пусть V
— объём конуса с вершиной D
, описанного около пирамиды ABCD
, r
— радиус основания конуса. Тогда r
— радиус окружности, описанной около равностороннего треугольника ABC
со стороной a
. Поэтому
r=OC=\frac{h\sqrt{3-\ctg^{2}\alpha}}{\ctg\alpha}.
Следовательно,
V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{\frac{1}{3}\pi h^{3}(3-\ctg^{2}\alpha)}{\ctg^{2}\alpha}=\frac{\pi h^{3}(3\tg^{2}\alpha-1)}{3}.