8512. Найдите объём правильной треугольной пирамиды с радиусом R
описанной сферы и углом \beta
боковой грани с плоскостью основания.
Ответ. \frac{R^{3}\sqrt{3}\sin^{3}2\beta\tg\beta}{(3\cos^{2}\beta+1)^{3}}
.
Решение. Пусть O
— центр сферы радиуса R
, описанной около правильной треугольной пирамиды ABCD
с вершиной D
, K
— середина BC
(рис. 1). Точка O
лежит на прямой DM
, где M
— центр основания ABC
. По условию задачи OA=R
, \angle DKM=\beta
.
Обозначим AB=BC=AC=a
. Тогда KM=\frac{a\sqrt{3}}{6}
. Рассмотрим сечение пирамиды и сферы плоскостью, проходящей через точки A
, D
и M
. Получим окружность радиуса R
с центром O
на прямой MD
. Продолжим отрезок DM
за точку M
до пересечения с окружностью в точке P
(рис. 2). Из прямоугольных треугольников KMD
и APD
находим, что
DM=KM\tg\angle DKM=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\tg\beta,
AM^{2}=DM\cdot MP,~\mbox{или}~\frac{a^{2}}{3}=\frac{a\sqrt{3}\tg\beta}{6}\left(2R-\frac{a\sqrt{3}\tg\beta}{6}\right),
откуда
a=\frac{4R\sqrt{3}\tg\beta}{4+\tg^{2}\beta}=\frac{4R\sqrt{3}\tg\beta}{3+\frac{1}{\cos^{2}\beta}}=\frac{4R\sqrt{3}\cos^{2}\beta}{3\cos^{2}\beta+1}=\frac{4R\sqrt{3}\sin\beta\cos\beta}{3\cos^{2}\beta+1}=\frac{2R\sqrt{3}\sin2\beta}{3\cos^{2}\beta+1}.
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}\tg\beta}{6}=
=\frac{1}{24}\cdot a^{3}\tg\beta=\frac{1}{24}\cdot\left(\frac{2R\sqrt{3}\sin2\beta}{3\cos^{2}\beta+1}\right)^{3}\tg\beta=\frac{R^{3}\sqrt{3}\sin^{3}2\beta\tg\beta}{(3\cos^{2}\beta+1)^{3}}.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: Учебник для 10—11 кл. общеобразовательных учебных заведений. — М.: Дрофа, 1999. — № 9, с. 124