Номер 181, страница 55 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

181. Найдите объем правильной четырехугольной пирамиды, у которой:

а) высота равна $h$, а двугранный угол при основании — $\alpha$;

б) сторона основания равна $a$, а плоский угол при вершине — $\alpha$;

в)* сторона основания равна $a$, а двугранный угол при боковом ребре — $\alpha$;

г)* радиус окружности, вписанной в боковую грань, равен $r$, а острый плоский угол при одной из вершин основания — $\alpha$;

д)* высота равна $H$, а двугранный угол при основании — $\beta$;

е)* сторона основания равна $m$, а плоский угол при вершине — $\alpha$;

ж)* боковое ребро равно $l$ и составляет с плоскостью основания угол $\varphi$.

Общая формула для объема пирамиды: $V = \frac{1}{3}S_{осн} \cdot H$, где $S_{осн}$ — площадь основания, а $H$ — высота пирамиды. Так как пирамида правильная четырехугольная, ее основание — квадрат. Если сторона основания равна $a$, то $S_{осн} = a^2$. Таким образом, $V = \frac{1}{3}a^2 H$.

а)

Пусть высота пирамиды $SO = h$. Двугранный угол при основании — это угол между боковой гранью и плоскостью основания. Пусть $M$ — середина стороны основания $BC$. Тогда апофема $SM \perp BC$ и $OM \perp BC$, где $O$ — центр основания. Следовательно, угол $\angle SMO$ является линейным углом двугранного угла при основании, то есть $\angle SMO = \alpha$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOM$. В нем катет $SO = h$, а второй катет $OM$ равен половине стороны основания. Пусть сторона основания равна $a$, тогда $OM = a/2$.

Из соотношений в прямоугольном треугольнике имеем: $\mathrm{tg}(\alpha) = \frac{SO}{OM} = \frac{h}{a/2}$.

Отсюда выразим сторону основания $a$: $a = \frac{2h}{\mathrm{tg}(\alpha)} = 2h \cdot \mathrm{ctg}(\alpha)$.

Теперь можем найти объем пирамиды:

$V = \frac{1}{3}a^2 h = \frac{1}{3}(2h \cdot \mathrm{ctg}(\alpha))^2 \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 4h^2 \mathrm{ctg}^2(\alpha) \cdot h = \frac{4}{3}h^3 \mathrm{ctg}^2(\alpha)$.

Ответ: $V = \frac{4}{3}h^3 \mathrm{ctg}^2(\alpha)$.

б)

Пусть сторона основания равна $a$. Плоский угол при вершине — это угол в боковой грани при вершине пирамиды, например, $\angle BSC = \alpha$. Боковая грань $\triangle SBC$ — равнобедренный треугольник. Боковое ребро $l = SB = SC$.

Найдем длину бокового ребра $l$. В $\triangle SBC$ проведем высоту (апофему) $SM$ к основанию $BC$. $M$ — середина $BC$, поэтому $BM = a/2$. Угол $\angle BSM = \alpha/2$. Из прямоугольного треугольника $\triangle SBM$ имеем: $\sin(\alpha/2) = \frac{BM}{SB} = \frac{a/2}{l}$, откуда $l = \frac{a}{2\sin(\alpha/2)}$.

Теперь найдем высоту пирамиды $H=SO$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOB$. $SB=l$, а катет $OB$ — это половина диагонали квадрата основания. Диагональ $d = a\sqrt{2}$, так что $OB = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

По теореме Пифагора: $H^2 = SO^2 = SB^2 - OB^2 = l^2 - OB^2$.

$H^2 = \left(\frac{a}{2\sin(\alpha/2)}\right)^2 - \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{a^2}{4\sin^2(\alpha/2)} - \frac{2a^2}{4} = \frac{a^2(1 - 2\sin^2(\alpha/2))}{4\sin^2(\alpha/2)}$.

Используя формулу косинуса двойного угла $1 - 2\sin^2(x) = \cos(2x)$, получаем: $H^2 = \frac{a^2\cos\alpha}{4\sin^2(\alpha/2)}$.

Отсюда $H = \frac{a\sqrt{\cos\alpha}}{2\sin(\alpha/2)}$. (Для существования пирамиды необходимо, чтобы $\cos\alpha > 0$, то есть $\alpha$ — острый угол).

Объем пирамиды: $V = \frac{1}{3}a^2 H = \frac{1}{3}a^2 \left(\frac{a\sqrt{\cos\alpha}}{2\sin(\alpha/2)}\right) = \frac{a^3\sqrt{\cos\alpha}}{6\sin(\alpha/2)}$.

Ответ: $V = \frac{a^3\sqrt{\cos\alpha}}{6\sin(\alpha/2)}$.

в)*

Пусть сторона основания равна $a$. Двугранный угол при боковом ребре, например $SB$, равен $\alpha$. Этот угол является углом между смежными боковыми гранями $SAB$ и $SBC$.

Для нахождения этого угла рассмотрим трехгранный угол при вершине основания $B$. Его плоские углы: $\angle ABC = 90^\circ$ (угол основания), $\angle SBA = \angle SBC = \beta$ (углы при основании боковых граней). Двугранный угол между гранями $SAB$ и $SBC$ равен $\alpha$.

По теореме косинусов для трехгранного угла: $\cos(\angle ABC) = \cos(\angle SBA)\cos(\angle SBC) + \sin(\angle SBA)\sin(\angle SBC)\cos\alpha$.

$\cos(90^\circ) = \cos^2\beta + \sin^2\beta\cos\alpha \implies 0 = \cos^2\beta + \sin^2\beta\cos\alpha$.

Отсюда $\cos\alpha = -\frac{\cos^2\beta}{\sin^2\beta} = -\mathrm{ctg}^2\beta$. Так как $\mathrm{ctg}^2\beta > 0$, то $\cos\alpha < 0$, следовательно, угол $\alpha$ тупой. Из этого соотношения получаем $\mathrm{tg}^2\beta = -1/\cos\alpha$.

Теперь свяжем угол $\beta$ с размерами пирамиды. Пусть $SM$ — апофема боковой грани $SAB$. В прямоугольном треугольнике $\triangle SMA$ (где $M$ - середина $AB$), $\mathrm{tg}\beta = \frac{SM}{BM} = \frac{SM}{a/2}$.

Значит, апофема $SM = \frac{a}{2}\mathrm{tg}\beta$. Тогда $SM^2 = \frac{a^2}{4}\mathrm{tg}^2\beta = \frac{a^2}{4}\left(-\frac{1}{\cos\alpha}\right) = -\frac{a^2}{4\cos\alpha}$.

Высоту пирамиды $H=SO$ найдем из прямоугольного треугольника $\triangle SOM$: $H^2 = SM^2 - OM^2 = SM^2 - (a/2)^2$.

$H^2 = -\frac{a^2}{4\cos\alpha} - \frac{a^2}{4} = \frac{-a^2 - a^2\cos\alpha}{4\cos\alpha} = \frac{-a^2(1+\cos\alpha)}{4\cos\alpha}$.

$H = \frac{a}{2}\sqrt{-\frac{1+\cos\alpha}{\cos\alpha}}$.

Объем пирамиды: $V = \frac{1}{3}a^2 H = \frac{1}{3}a^2 \cdot \frac{a}{2}\sqrt{-\frac{1+\cos\alpha}{\cos\alpha}} = \frac{a^3}{6}\sqrt{-\frac{1+\cos\alpha}{\cos\alpha}}$.

Ответ: $V = \frac{a^3}{6}\sqrt{-\frac{1+\cos\alpha}{\cos\alpha}}$.

г)*

Пусть дан радиус $r$ окружности, вписанной в боковую грань, и острый плоский угол при вершине основания боковой грани $\angle SBC = \alpha$.

Пусть сторона основания равна $s$. В боковой грани $\triangle SBC$ известны углы при основании $\alpha$ и радиус вписанной окружности $r$. Формула для радиуса вписанной окружности: $r = \frac{A}{p}$, где $A$ — площадь, а $p$ — полупериметр треугольника.

Выразим $A$ и $p$ через $s$ и $\alpha$. Пусть $SM$ — высота $\triangle SBC$. $BM = s/2$. Апофема $SM = BM \cdot \mathrm{tg}\alpha = \frac{s}{2}\mathrm{tg}\alpha$. Боковое ребро $l=SB = \frac{BM}{\cos\alpha} = \frac{s}{2\cos\alpha}$.

Площадь $A = \frac{1}{2} s \cdot SM = \frac{1}{2}s \cdot \frac{s}{2}\mathrm{tg}\alpha = \frac{s^2}{4}\mathrm{tg}\alpha$.

Полупериметр $p = \frac{l+l+s}{2} = l+\frac{s}{2} = \frac{s}{2\cos\alpha} + \frac{s}{2} = \frac{s(1+\cos\alpha)}{2\cos\alpha}$.

$r = \frac{A}{p} = \frac{s^2/4 \cdot \mathrm{tg}\alpha}{s(1+\cos\alpha)/(2\cos\alpha)} = \frac{s\sin\alpha}{2(1+\cos\alpha)} = \frac{s \cdot 2\sin(\alpha/2)\cos(\alpha/2)}{2 \cdot 2\cos^2(\alpha/2)} = \frac{s}{2}\mathrm{tg}(\alpha/2)$.

Отсюда находим сторону основания: $s = 2r\mathrm{ctg}(\alpha/2)$.

Найдем высоту пирамиды $H$. Апофема $SM = \frac{s}{2}\mathrm{tg}\alpha = r\mathrm{ctg}(\alpha/2)\mathrm{tg}\alpha$. Расстояние $OM = s/2 = r\mathrm{ctg}(\alpha/2)$.

Из $\triangle SOM$: $H^2 = SM^2 - OM^2 = (r\mathrm{ctg}(\alpha/2)\mathrm{tg}\alpha)^2 - (r\mathrm{ctg}(\alpha/2))^2 = r^2\mathrm{ctg}^2(\alpha/2)(\mathrm{tg}^2\alpha-1)$.

Для вещественности $H$ необходимо $\mathrm{tg}^2\alpha \geq 1$, то есть $\alpha \geq 45^\circ$. $H = r\mathrm{ctg}(\alpha/2)\sqrt{\mathrm{tg}^2\alpha-1}$.

Объем пирамиды: $V = \frac{1}{3}s^2 H = \frac{1}{3}(2r\mathrm{ctg}(\alpha/2))^2 \cdot r\mathrm{ctg}(\alpha/2)\sqrt{\mathrm{tg}^2\alpha-1} = \frac{4}{3}r^3\mathrm{ctg}^3(\alpha/2)\sqrt{\mathrm{tg}^2\alpha-1}$.

Ответ: $V = \frac{4}{3}r^3\mathrm{ctg}^3\left(\frac{\alpha}{2}\right)\sqrt{\mathrm{tg}^2\alpha-1}$.

д)*

Условия этой задачи полностью совпадают с условиями задачи а), только обозначения другие: высота $H$ (вместо $h$) и двугранный угол при основании $\beta$ (вместо $\alpha$).

Подставляя $h=H$ и $\alpha=\beta$ в решение задачи а), получаем:

$V = \frac{4}{3}H^3 \mathrm{ctg}^2(\beta)$.

Ответ: $V = \frac{4}{3}H^3 \mathrm{ctg}^2(\beta)$.

е)*

Условия этой задачи полностью совпадают с условиями задачи б), только обозначения другие: сторона основания $m$ (вместо $a$).

Подставляя $a=m$ в решение задачи б), получаем:

$V = \frac{m^3\sqrt{\cos\alpha}}{6\sin(\alpha/2)}$.

Ответ: $V = \frac{m^3\sqrt{\cos\alpha}}{6\sin(\alpha/2)}$.

ж)*

Дано боковое ребро $l$ и угол $\phi$, который оно составляет с плоскостью основания.

Пусть боковое ребро $SB = l$. Угол между ребром $SB$ и плоскостью основания — это угол между $SB$ и его проекцией на основание, то есть $OB$, где $O$ — центр основания. Таким образом, $\angle SBO = \phi$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOB$, где $SO=H$ — высота пирамиды.

Из этого треугольника находим высоту $H$ и проекцию $OB$:

$H = SO = SB \sin(\angle SBO) = l\sin\phi$.

$OB = SB \cos(\angle SBO) = l\cos\phi$.

$OB$ — это половина диагонали квадратного основания. Если сторона основания равна $a$, то диагональ равна $a\sqrt{2}$, а $OB = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Приравниваем выражения для $OB$: $\frac{a\sqrt{2}}{2} = l\cos\phi$.

Отсюда находим сторону основания $a = \frac{2l\cos\phi}{\sqrt{2}} = l\sqrt{2}\cos\phi$.

Площадь основания $S_{осн} = a^2 = (l\sqrt{2}\cos\phi)^2 = 2l^2\cos^2\phi$.

Находим объем пирамиды: $V = \frac{1}{3}S_{осн} \cdot H = \frac{1}{3}(2l^2\cos^2\phi)(l\sin\phi) = \frac{2}{3}l^3\cos^2\phi\sin\phi$.

Ответ: $V = \frac{2}{3}l^3\cos^2\phi\sin\phi$.