8517. Найдите объём правильной треугольной пирамиды с радиусом r
вписанной сферы и углом \gamma
между боковыми гранями.
Ответ. \frac{2r^{3}\sqrt{3}\cos^{4}\frac{\gamma}{2}}{\left(\sqrt{3}-\sqrt{1-2\cos\gamma}\right)^{3}\sqrt{1-2\cos\gamma}}=\frac{r^{3}\sqrt{3}\left(\sqrt{3}+\sqrt{1-2\cos\gamma}\right)^{3}}{4\sqrt{1-2\cos\gamma}\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 (рис. 1). 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
.
Пусть Q
— центр сферы радиуса r
, вписанной в данную пирамиду. Точка Q
лежит на прямой DM
. Обозначим \angle DAM=\alpha
, \angle DKM=\beta
, AB=BC=AC=a
. Тогда
AK=\frac{a\sqrt{3}}{2},~AM=\frac{a}{\sqrt{3}},~KM=\frac{a}{2\sqrt{3}}.
Из прямоугольных треугольников AMD
, KMD
, BFK
и AFK
находим, что
\tg\beta=\frac{DM}{MK}=\frac{DM}{\frac{1}{2}AM}=2\cdot\frac{DM}{AM}=2\tg\alpha,
FK=BK\cdot\ctg\angle BFK=\frac{\frac{a}{2}}{\ctg\frac{\gamma}{2}}=\frac{a\ctg\frac{\gamma}{2}}{2}.
\sin\alpha=\sin\angle DAM=\frac{FK}{AK}=\frac{\frac{a\ctg\frac{\gamma}{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\ctg\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{3}}.
Поэтому
\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^{2}\alpha}=\sqrt{1-\left(\frac{\ctg\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{3}}\right)^{2}}=\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}}}=\frac{1}{\sqrt{3\tg^{2}\frac{\gamma}{2}-1}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{\cos^{2}\frac{\gamma}{2}}-3-1}}=\frac{\cos\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{3-4\cos^{2}\frac{\gamma}{2}}}=
=\frac{\cos\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{3-2-2\cos\gamma}}=\frac{\cos\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{1-2\cos\gamma}},~\tg\beta=2\tg\alpha=\frac{2\cos\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{1-2\cos\gamma}}.
Обозначим \tg\frac{\beta}{2}=t
. Поскольку \tg\beta=\frac{2\tg\frac{\beta}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\beta}{2}}
, имеем уравнение
\frac{2\cos\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{1-2\cos\gamma}}=\frac{2t}{1-t^{2}},
или
t^{2}\cos\frac{\gamma}{2}+t\sqrt{1-2\cos\gamma}-\cos\frac{\gamma}{2}=0,
из которого находим, что
\tg\frac{\beta}{2}=t=\frac{-\sqrt{1-2\cos\gamma}+\sqrt{1-2\cos\gamma+4\cos^{2}\frac{\gamma}{2}}}{2\cos\frac{\gamma}{2}}=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{1-2\cos\gamma}}{2\cos\frac{\gamma}{2}}.
Рассмотрим сечение пирамиды и сферы плоскостью, проходящей через точки D
, K
и M
(рис. 2). Получим окружность радиуса r
с центром Q
на прямой PM
, касающуюся стороны KM
угла DKM
в точке M
. Так как KQ
— биссектриса угла DKM
, то \angle MKQ=\frac{\beta}{2}
. Из прямоугольного треугольника KMQ
находим, что
\frac{a}{2\sqrt{3}}=KM=\frac{QM}{\tg\angle MKQ}=\frac{r}{\tg\frac{\beta}{2}},
откуда
a=\frac{2r\sqrt{3}}{\tg\frac{\beta}{2}}=\frac{2r\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}-\sqrt{1-2\cos\gamma}}{2\cos\frac{\gamma}{2}}}=\frac{a\sqrt{3}\cos\frac{\gamma}{2}}{12\sqrt{1-2\cos\gamma}},
а так как
DM=KM\tg\beta=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{2\cos\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{1-2\cos\gamma}}=\frac{a\sqrt{3}\cos\frac{\gamma}{2}}{3\sqrt{1-2\cos\gamma}},
то
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}\cos\frac{\gamma}{2}}{3\sqrt{1-2\cos\gamma}}=a^{3}\cdot\frac{\cos\frac{\gamma}{2}}{12\sqrt{1-2\cos\gamma}}=
=\left(\frac{2r\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}-\sqrt{1-2\cos\gamma}}{2\cos\frac{\gamma}{2}}}\right)^{3}\cdot\frac{\cos\frac{\gamma}{2}}{12\sqrt{1-2\cos\gamma}}=\frac{2r^{3}\sqrt{3}\cos^{4}\frac{\gamma}{2}}{\left(\sqrt{3}-\sqrt{1-2\cos\gamma}\right)^{3}\sqrt{1-2\cos\gamma}}.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: Учебник для 10—11 кл. общеобразовательных учебных заведений. — М.: Дрофа, 1999. — № 9, с. 124