8509. Найдите объём правильной треугольной пирамиды с высотой h
и углом \gamma
между боковыми гранями.
Ответ. \frac{h^{3}\sqrt{3}\left(3\tg^{2}\frac{\gamma}{2}-1\right)}{4}=\frac{h^{3}\sqrt{3}\left(1-2\cos\gamma\right)}{4\cos^{2}\frac{\gamma}{2}}
.
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
. Обозначим AB=BC=AC=a
.
Из прямоугольного треугольника BKF
находим, что
KF=BK\cdot\ctg\angle BFK=\frac{a}{2}\cdot\ctg\frac{\gamma}{2}=\frac{a\ctg\frac{\gamma}{2}}{2}.
Из прямоугольного треугольника AMD
находим, что
AD=\sqrt{DM^{2}+AM^{2}}=\sqrt{h^{2}+\frac{a^{2}}{3}}.
Так как DM
и KF
— высоты треугольника ADK
, то
AK\cdot DM=AD\cdot KF,~\mbox{или}~\frac{1}{2}a\sqrt{3}\cdot h=\sqrt{h^{2}+\frac{a^{2}}{3}}\cdot\frac{a\ctg\frac{\gamma}{2}}{2}.
Из полученного уравнения находим, что
a^{2}=\frac{3h^{2}\left(3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}\right)}{\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}=3h^{2}\left(3\tg^{2}\frac{\gamma}{2}-1\right).
Следовательно,
V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DM=\frac{1}{3}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot h=\frac{\sqrt{3}}{12}\cdot3h^{3}\left(3\tg^{2}\frac{\gamma}{2}-1\right)=
=\frac{h^{3}\sqrt{3}\left(3\tg^{2}\frac{\gamma}{2}-1\right)}{4}.