Номер 615, страница 185 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

615. Найдите объем правильной треугольной пирамиды, учитывая, что она:

а) описана около шара с объемом $V$, а двугранный угол при основании пирамиды равен $\alpha$;

б) вписана в шар с радиусом $R$, а плоский угол при вершине равен $\alpha$;

в) вписана в шар с радиусом $R$, а боковое ребро пирамиды составляет с основанием угол $\alpha$;

г) вписана в шар с радиусом $r$, а боковая грань наклонена к основанию под углом $\alpha$;

д) описана около шара с радиусом $r$, а высота пирамиды равна $H$.

а) описана около шара с объемом V, а двугранный угол при основании пирамиды равен α;

Пусть $r$ - радиус вписанного в пирамиду шара. Объем шара задан как $V = \frac{4}{3}\pi r^3$, откуда мы можем выразить куб радиуса: $r^3 = \frac{3V}{4\pi}$.
Пусть $a$ - сторона основания правильной треугольной пирамиды, $H$ - ее высота. Объем пирамиды находится по формуле $V_{пир} = \frac{1}{3} S_{осн} H = \frac{1}{3} \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} H = \frac{a^2 H \sqrt{3}}{12}$.
Центр вписанного шара $O_s$ лежит на высоте пирамиды $SO$ на расстоянии $r$ от основания $ABC$. Пусть $O$ - центр основания (и точка касания шара с основанием), а $M$ - середина стороны основания $BC$. Тогда $OM$ - это радиус вписанной в основание окружности ($r_{осн}$), и $r_{осн} = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.
Двугранный угол при основании, равный $\alpha$, является углом $\angle SMO$. Так как центр вписанного шара $O_s$ равноудален от основания и боковой грани $SBC$, он лежит на биссектрисе этого угла. Следовательно, в прямоугольном треугольнике $O_sOM$ (с прямым углом при $O$) угол $\angle OMO_s = \frac{\alpha}{2}$.
Из этого треугольника получаем соотношение: $OO_s = OM \tan(\angle OMO_s)$, то есть $r = r_{осн} \tan(\frac{\alpha}{2})$.
Отсюда выражаем радиус вписанной в основание окружности: $r_{осн} = \frac{r}{\tan(\alpha/2)}$.
Теперь можем найти сторону основания $a$: $a = 2\sqrt{3} r_{осн} = \frac{2\sqrt{3} r}{\tan(\alpha/2)}$.
Высоту пирамиды $H$ найдем из прямоугольного треугольника $SOM$: $H = SO = OM \tan(\angle SMO) = r_{осн} \tan(\alpha) = \frac{r \tan(\alpha)}{\tan(\alpha/2)}$.
Подставляем найденные $a$ и $H$ в формулу для объема пирамиды: $V_{пир} = \frac{a^2 H \sqrt{3}}{12} = \frac{1}{12} \left(\frac{2\sqrt{3} r}{\tan(\alpha/2)}\right)^2 \left(\frac{r \tan(\alpha)}{\tan(\alpha/2)}\right) \sqrt{3} = \frac{1}{12} \frac{12 r^2}{\tan^2(\alpha/2)} \frac{r \tan(\alpha)}{\tan(\alpha/2)} \sqrt{3} = \frac{r^3 \sqrt{3} \tan(\alpha)}{\tan^3(\alpha/2)}$.
Наконец, заменяем $r^3$ его выражением через объем шара $V$: $V_{пир} = \frac{3V}{4\pi} \frac{\sqrt{3} \tan(\alpha)}{\tan^3(\alpha/2)}$.

Ответ: $\frac{3\sqrt{3}V \tan(\alpha)}{4\pi \tan^3(\alpha/2)}$

б) вписана в шар с радиусом R, а плоский угол при вершине равен α;

Пусть $l$ - длина бокового ребра пирамиды, $a$ - сторона основания. Плоский угол при вершине - это угол, например, $\angle BSC = \alpha$. В равнобедренном треугольнике $SBC$ по теореме косинусов: $a^2 = l^2+l^2 - 2l^2\cos\alpha = 2l^2(1-\cos\alpha) = 4l^2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$, откуда $a = 2l\sin(\frac{\alpha}{2})$.
Радиус $R_{осн}$ окружности, описанной около основания, равен $R_{осн} = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{2l\sin(\alpha/2)}{\sqrt{3}}$.
Высота пирамиды $H$ связана с боковым ребром $l$ и радиусом $R_{осн}$ соотношением $l^2 = H^2 + R_{осн}^2$.
$H^2 = l^2 - \left(\frac{2l\sin(\alpha/2)}{\sqrt{3}}\right)^2 = l^2 \left(1 - \frac{4\sin^2(\alpha/2)}{3}\right)$.
Радиус $R$ описанного шара для правильной пирамиды связан с высотой $H$ и боковым ребром $l$ формулой $R = \frac{l^2}{2H}$.
Из этой формулы выразим $l$: $l^2 = 2HR$. Подставим в выражение для $H^2$: $H^2 = 2HR \left(1 - \frac{4\sin^2(\alpha/2)}{3}\right)$.
При $H \neq 0$ получаем $H = 2R\left(1 - \frac{4\sin^2(\alpha/2)}{3}\right)$.
Теперь найдем $a^2$: $a^2 = 4l^2\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = 4(2HR)\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = 8R \cdot 2R\left(1 - \frac{4\sin^2(\alpha/2)}{3}\right) \sin^2(\frac{\alpha}{2}) = 16R^2\sin^2(\frac{\alpha}{2})\left(1 - \frac{4\sin^2(\alpha/2)}{3}\right)$.
Вычисляем объем пирамиды $V_{пир} = \frac{a^2 H \sqrt{3}}{12}$: $V_{пир} = \frac{\sqrt{3}}{12} \left[16R^2\sin^2(\frac{\alpha}{2})\left(1 - \frac{4\sin^2(\alpha/2)}{3}\right)\right] \left[2R\left(1 - \frac{4\sin^2(\alpha/2)}{3}\right)\right] = \frac{32\sqrt{3}}{12}R^3\sin^2(\frac{\alpha}{2})\left(1 - \frac{4\sin^2(\alpha/2)}{3}\right)^2$.
Упростим выражение, используя $1-\cos\alpha = 2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$ и $1 - \frac{4}{3}\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = 1 - \frac{2}{3}(1-\cos\alpha) = \frac{1+2\cos\alpha}{3}$: $V_{пир} = \frac{8\sqrt{3}}{3}R^3 \frac{1-\cos\alpha}{2} \left(\frac{1+2\cos\alpha}{3}\right)^2 = \frac{4\sqrt{3}}{27}R^3(1-\cos\alpha)(1+2\cos\alpha)^2$.

Ответ: $\frac{4\sqrt{3}}{27}R^3(1-\cos\alpha)(1+2\cos\alpha)^2$

в) вписана в шар с радиусом R, а боковое ребро пирамиды составляет с основанием угол α;

Пусть $l$ - боковое ребро, $H$ - высота, $a$ - сторона основания, $R_{осн}$ - радиус описанной около основания окружности. Угол между боковым ребром и основанием - это $\angle SAO = \alpha$.
В прямоугольном треугольнике $SAO$ имеем: $H = l\sin\alpha$, $R_{осн} = l\cos\alpha$. $R_{осн} = \frac{a}{\sqrt{3}}$, откуда $a = R_{осн}\sqrt{3} = l\sqrt{3}\cos\alpha$.
Радиус $R$ описанного шара связан с $l$ и $H$ формулой $R = \frac{l^2}{2H}$.
Подставим $H = l\sin\alpha$: $R = \frac{l^2}{2l\sin\alpha} = \frac{l}{2\sin\alpha}$.
Отсюда выражаем боковое ребро: $l = 2R\sin\alpha$.
Теперь находим $H$ и $a$: $H = l\sin\alpha = (2R\sin\alpha)\sin\alpha = 2R\sin^2\alpha$. $a = l\sqrt{3}\cos\alpha = (2R\sin\alpha)\sqrt{3}\cos\alpha = 2\sqrt{3}R\sin\alpha\cos\alpha = \sqrt{3}R\sin(2\alpha)$.
Находим объем пирамиды $V_{пир} = \frac{a^2 H \sqrt{3}}{12}$: $V_{пир} = \frac{(\sqrt{3}R\sin(2\alpha))^2 (2R\sin^2\alpha) \sqrt{3}}{12} = \frac{3R^2\sin^2(2\alpha) \cdot 2R\sin^2\alpha \cdot \sqrt{3}}{12} = \frac{6\sqrt{3}R^3\sin^2(2\alpha)\sin^2\alpha}{12} = \frac{\sqrt{3}}{2}R^3\sin^2(2\alpha)\sin^2\alpha$.
Используя $\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha$, можно переписать ответ: $V_{пир} = \frac{\sqrt{3}}{2}R^3(4\sin^2\alpha\cos^2\alpha)\sin^2\alpha = 2\sqrt{3}R^3\sin^4\alpha\cos^2\alpha$.

Ответ: $2\sqrt{3}R^3\sin^4\alpha\cos^2\alpha$

г) вписана в шар с радиусом r, а боковая грань наклонена к основанию под углом α;

Угол наклона боковой грани к основанию - это двугранный угол при ребре основания, $\angle SMO = \alpha$.
Пусть $H$ - высота, $r_{осн}$ - радиус вписанной в основание окружности. В прямоугольном треугольнике $SOM$: $H = r_{осн}\tan\alpha$.
Радиус описанной около основания окружности $R_{осн} = 2r_{осн}$.
Боковое ребро $l$ находится из $l^2 = H^2 + R_{осн}^2 = (r_{осн}\tan\alpha)^2 + (2r_{осн})^2 = r_{осн}^2(\tan^2\alpha + 4)$.
Радиус описанного шара (в задаче обозначен как $r$) связан с $l$ и $H$ формулой $r = \frac{l^2}{2H}$.
Подставляем выражения для $l^2$ и $H$: $r = \frac{r_{осн}^2(\tan^2\alpha + 4)}{2(r_{осн}\tan\alpha)} = \frac{r_{осн}(\tan^2\alpha + 4)}{2\tan\alpha}$.
Выражаем $r_{осн}$ через $r$ и $\alpha$: $r_{осн} = \frac{2r\tan\alpha}{\tan^2\alpha + 4}$.
Находим $H$ и сторону основания $a = 2\sqrt{3}r_{осн}$: $H = r_{осн}\tan\alpha = \frac{2r\tan^2\alpha}{\tan^2\alpha+4}$.
$a = 2\sqrt{3} \frac{2r\tan\alpha}{\tan^2\alpha + 4} = \frac{4\sqrt{3}r\tan\alpha}{\tan^2\alpha + 4}$.
Вычисляем объем пирамиды $V_{пир} = \frac{a^2 H \sqrt{3}}{12}$: $V_{пир} = \frac{\sqrt{3}}{12} \left(\frac{4\sqrt{3}r\tan\alpha}{\tan^2\alpha + 4}\right)^2 \left(\frac{2r\tan^2\alpha}{\tan^2\alpha+4}\right) = \frac{\sqrt{3}}{12} \frac{48r^2\tan^2\alpha}{(\tan^2\alpha+4)^2} \frac{2r\tan^2\alpha}{\tan^2\alpha+4} = \frac{8\sqrt{3}r^3\tan^4\alpha}{(\tan^2\alpha+4)^3}$.

Ответ: $\frac{8\sqrt{3}r^3\tan^4\alpha}{(\tan^2\alpha+4)^3}$

д) описана около шара с радиусом r, а высота пирамиды равна H.

Как и в пункте (а), используем соотношение $r = r_{осн} \tan(\frac{\alpha}{2})$, где $r_{осн}$ - радиус вписанной в основание окружности, а $\alpha$ - двугранный угол при основании.
Также из треугольника $SOM$ имеем $H = r_{осн}\tan\alpha$.
Мы имеем систему из двух уравнений с неизвестными $r_{осн}$ и $\alpha$. Исключим $\alpha$. Используем формулу тангенса двойного угла $\tan\alpha = \frac{2\tan(\alpha/2)}{1-\tan^2(\alpha/2)}$.
Из первого уравнения $\tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{r}{r_{осн}}$. Подставим это во второе уравнение: $\frac{H}{r_{осн}} = \frac{2(r/r_{осн})}{1-(r/r_{осн})^2} = \frac{2r/r_{осн}}{(r_{осн}^2-r^2)/r_{осн}^2} = \frac{2r \cdot r_{осн}}{r_{осн}^2-r^2}$.
Отсюда $H(r_{осн}^2-r^2) = 2r \cdot r_{осн}^2$.
$H r_{осн}^2 - H r^2 = 2r \cdot r_{осн}^2$.
$r_{осн}^2 (H-2r) = Hr^2$.
$r_{осн}^2 = \frac{Hr^2}{H-2r}$. Это выражение имеет смысл при $H > 2r$, что геометрически очевидно (вершина пирамиды должна быть выше верхней точки шара).
Сторона основания $a$ связана с $r_{осн}$ как $a=2\sqrt{3}r_{осн}$, поэтому $a^2 = 12r_{осн}^2 = \frac{12Hr^2}{H-2r}$.
Находим объем пирамиды $V_{пир} = \frac{a^2 H \sqrt{3}}{12}$: $V_{пир} = \frac{1}{12} \left(\frac{12Hr^2}{H-2r}\right) H \sqrt{3} = \frac{H^2r^2\sqrt{3}}{H-2r}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}H^2r^2}{H-2r}$