8513. Найдите объём правильной треугольной пирамиды с радиусом R
описанной сферы и углом \gamma
между боковыми гранями.
Ответ. \frac{2}{27}R^{3}\sqrt{3}\ctg^{4}\frac{\gamma}{2}\left(3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}\right)=\frac{2R\sqrt{3}\cos^{4}\frac{\gamma}{2}(1-2\cos\gamma)}{27\sin^{6}\frac{\gamma}{2}}
.
Решение. Пусть O
— центр сферы радиуса R
, описанной около правильной треугольной пирамиды ABCD
с вершиной D
(рис. 1). Точка O
лежит на прямой DM
, где M
— центр основания ABC
. По условию задачи OA=R
.
Пусть F
— основание перпендикуляра, опущенного из вершины B
основания боковое ребро AD
, 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 \angle DAM=\alpha
, AB=BC=AC=a
. Тогда AM=\frac{a\sqrt{3}}{3}
. Из прямоугольного треугольника BKF
находим, что
KF=BK\ctg\angle BFK=\frac{a}{2}\cdot\ctg\frac{\gamma}{2}=\frac{a\ctg\frac{\gamma}{2}}{2}.
Из прямоугольного треугольника AFK
находим, что
\sin\angle DAM=\sin\alpha=\frac{KF}{AK}=\frac{\frac{a\ctg\frac{\gamma}{2}}{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}{3}}{3}}=\frac{\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}{\sqrt{3}},
\tg\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\frac{\ctg\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{3}}}{\frac{\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}{\sqrt{3}}}=\frac{\ctg\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}.
Рассмотрим сечение пирамиды и сферы плоскостью, проходящей через точки A
, D
и M
(рис. 2). Получим окружность радиуса R
с центром O
на прямой MD
. Продолжим отрезок DM
за точку M
до пересечения с окружностью в точке P
. Из прямоугольных треугольников AMD
и APD
находим, что
DM=AM\tg\angle DAM=\frac{a\sqrt{3}\tg\alpha}{3},
AM^{2}=DM\cdot MP,~\mbox{или}~\frac{a^{2}}{3}=\frac{a\sqrt{3}\tg\alpha}{3}\left(2R-\frac{a\sqrt{3}\tg\alpha}{3}\right),
откуда
a=\frac{2R\sqrt{3}\tg\alpha}{1+\tg^{2}\alpha}=2R\sqrt{3}\tg\alpha\cos^{2}\alpha=2R\sqrt{3}\sin\alpha\cos\alpha=
=2R\sqrt{3}\cdot\frac{\ctg\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}{\sqrt{3}}=\frac{2R\ctg\frac{\gamma}{2}\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}{\sqrt{3}}.
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\alpha}{3}=\frac{1}{12}a^{3}\tg\alpha=
=\frac{1}{12}\cdot\left(\frac{2R\ctg\frac{\gamma}{2}\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}{\sqrt{3}}\right)^{3}\cdot\frac{\ctg\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}=
=\frac{1}{2}\cdot\frac{8}{3\sqrt{3}}\cdot R^{3}\ctg^{4}\frac{\gamma}{2}\left(3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}\right)=\frac{2}{27}R^{3}\sqrt{3}\ctg^{4}\frac{\gamma}{2}\left(3-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}\right).
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: Учебник для 10—11 кл. общеобразовательных учебных заведений. — М.: Дрофа, 1999. — № 9, с. 124