8501. Найдите объём правильной треугольной пирамиды со стороной основания a
и углом \gamma
между боковыми гранями.
Ответ. \frac{a^{3}\ctg\frac{\gamma}{2}}{12\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}=\frac{a^{3}\cos\frac{\gamma}{2}}{12\sqrt{1-2\cos\gamma}}
.
Решение. Пусть F
— основание перпендикуляра, опущенного из вершины B
основания ABC
правильной треугольной пирамиды ABCD
на боковое ребро AD
, M
— центр основания ABC
, K
— середина стороны BC
основания. Так как прямая AK
— ортогональная проекция наклонной AD
на плоскость основания и AK\perp BC
, то по теореме о трёх перпендикулярах AD\perp BC
. Значит, прямая AD
перпендикулярна двум пересекающимся прямым BC
и BF
плоскости BFC
. Поэтому AD
— перпендикуляр к плоскости BFC
, а BFC
— линейный угол двугранного угла между боковыми гранями ABD
и ACD
. По условию задачи \angle BFC=\gamma
.
Из прямоугольного треугольника BKF
находим, что
KF=BK\ctg\angle BFK=\frac{a}{2}\ctg\frac{\gamma}{2}.
Обозначим \angle DAM=\alpha
. Из прямоугольного треугольника AFK
находим, что
\sin\angle DAM=\sin\alpha=\frac{KF}{AK}=\frac{\frac{1}{2}a\ctg\frac{\gamma}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\ctg\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{3}}.
Далее находим
\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^{2}\alpha}=\sqrt{1-\frac{\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}{3}}=\frac{\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}{\sqrt{3}},
\tg\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\ctg\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}.
DM=AM\tg\alpha=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{\ctg\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}=\frac{a\sqrt{3}\ctg\frac{\gamma}{2}}{3\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}.
Следовательно,
V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DM=\frac{1}{3}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{a\sqrt{3}\ctg\frac{\gamma}{2}}{3\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}=\frac{a^{3}\ctg\frac{\gamma}{2}}{12\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}.