Элементарная математика. Геометрия.

Задача 22

В правильной треугольной пирамиде известна сторона $a$ основания и плоский угол при вершине $\alpha$. Найдите ее объем, двугранный угол при основании, двугранный угол между боковыми гранями, радиус вписанного и описанного шаров.

Замечание.
Обратите внимание, что рисунок интерактивный. Точки, большие по размеру, можно двигать мышкой.

Решение:
Рассмотрим правильную треугольную пирамиду $DABC$ с высотой $DO$. По условию $AB=a, \angle ADB=\alpha$.

1) Объем пирамиды вычисляется по известной формуле
$V_{пирамиды}=\dfrac{1}{3} S_{основания}\cdot DO$.

Здесь $S_{основания}=S_{\triangle ABC} = \dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2$. 

Далее необходимо найти высоту пирамиды. Для этого рассмотрим равнобедренный $\triangle ADB$, в котором  $DH$ — медиана, высота и биссектриса. Поэтому
$\dfrac{1}{2} \cdot AB = AD\cdot \sin \dfrac{\alpha}{2} \Rightarrow AD = \dfrac{a}{2\sin\dfrac{\alpha}{2}}$.
Найдем радиус описанной окружности возле $\triangle ABC$
$AO=\dfrac{AB}{\sqrt{3}}$.
Рассмотрим прямоугольный $\triangle ADO$.

 $DO=\sqrt{AD^2-AO^2}=\sqrt{\dfrac{a^2}{4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}-\dfrac{a^2}{3}}$ $=\sqrt{\dfrac{3a^2-4a^2\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}{12\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}}=a\sqrt{\dfrac{3-4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}{12\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}}=$ $\dfrac{a}{2\sqrt{3}\sin\dfrac{\alpha}{2}}\sqrt{3-4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}$ .

Теперь подставим все данные в формулу нахождения объема пирамиды:
$V_{пирамиды}=\dfrac{1}{3}S_{основания}\cdot DO=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2\cdot \dfrac{a}{2\sqrt{3}\sin\dfrac{\alpha}{2}}\sqrt{3-4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}=$ $\dfrac{a^3}{24\sin\dfrac{\alpha}{2}}\sqrt{3-4\sin^2{\dfrac{\alpha}{2}}}$.

2) Найдем двугранный угол пирамиды при основании.
Так как пирамида правильная, то искомым углом будет $\angle CHD=\beta$ — линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре $AB$.
Рассмотрим $\triangle BDH$. В нем
$BH$ = $\dfrac{1}{2} a$;
$\angle BDH$ = $\dfrac{\alpha}{2}$;
$DH = BH \cdot \text{ctg}\angle BDH = \dfrac{a}{2}\text{ctg}\dfrac{\alpha}{2}$. 

Рассмотрим далее прямоугольный $\triangle OHD$. В этом треугольнике $OH$ — это радиус вписанной окружности в равносторонний $\triangle ABC$, который можно вычислить по известной формуле $OH$ = $\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$.
Тогда последовательно получаем
$\cos\beta=\cos\angle OHD=\dfrac{OH}{DH}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{6}}{\dfrac{a}{2}\text{ctg} \dfrac{\alpha}{2}}$ $=\dfrac{\textrm{tg}\dfrac{\alpha}{2}}{\sqrt{3}}$;

$\beta=\textrm{arccos}\dfrac{\textrm{tg}\dfrac{\alpha}{2}}{\sqrt{3}}$.

3) Найдем двугранный угол между боковыми гранями.
Пусть $BL$ и $AL$ — перпендикуляры, опущенные из вершин $B$ и $A$ на боковое ребро $DC$. Двугранный угол будет измеряться линейным углом $ALB=\gamma$.

Рассмотрим $\triangle ALB$. Этот треугольник равнобедренный, так как $AL = BL$, исходя из того, что $\triangle ADC=\triangle DBC$. Тогда отрезок $LH$ является медианой, высотой и гипотенузой. Значит $\triangle BHL$ — прямоугольный и $\angle BLH = \dfrac{\gamma}{2}; BH=\frac{a}{2}$.

Очевидно, что $\sin \dfrac{\gamma}{2} = \dfrac {BH}{BL}$.
Теперь найдем $BL$.
Рассмотрим $\triangle BLC$. В этом треугольнике
$BL = a \sin \angle BCL= a\sin\dfrac{180^\circ-\alpha}{2} = a\cos \dfrac{\alpha}{2}$.

Тогда
$\sin \dfrac{\gamma}{2} = \dfrac{BH}{BL} = \dfrac{1}{2\cos\dfrac{\alpha}{2}}$.

Откуда получаем
$\gamma = 2\arcsin\dfrac{1}{2\cos\dfrac{\alpha}{2}}$.

4) Сначала найдем радиус описанного шара.

Продлим высоту $DO$ до пересечения со сферой в точке $K$. Пусть $DK$ = $d$ = $2R$. Рассмотрим прямоугольный $\triangle DKC$ ($\angle DCK$ опирается на диаметр).  В этом треугольнике $OC$ — высота, проведенная к гипотенузе $DK$. Очевидно, что $\triangle DCO$ и $\triangle DCK$ подобны, а значит справедливо равенство
$DC^2 = DO \cdot DK=2R\cdot DO$.
Подставим известные значения в эту формулу
$\dfrac{a^2}{4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}} = 2R \cdot a\sqrt{\dfrac{3-4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}{12\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}}$

и найдем радиус
$R = \dfrac{a^2}{8\sin^2\dfrac{\alpha}{2}} \cdot \dfrac{2\sqrt{3}\sin\dfrac{\alpha}{2}}{a\sqrt{3-4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}} = \dfrac{a\sqrt{3}}{4\sin\dfrac{\alpha}{2}\sqrt{3-4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}}$.

Теперь найдем радиус вписанного шара.

Пусть $O_{2}O$ — радиус вписанного в пирамиду шара. Проведем перпендикуляр $O_{2}M$ к отрезку $DH$. Следует отметить, что отрезок $O_{2}M$ также является радиусом вписанного шара. Рассмотрим подобные прямоугольные $\triangle DO_{2}M$ и $\triangle DHO$. Из подобия следует соотношение

$\dfrac{O_{2}M}{OH} = \dfrac{DO_{2}}{DH}$.
$O_{2}M = r$, отрезки $DH$ и $OH$ мы нашли ранее. Также следует заметить, что $O_{2}M = O_{2}O$, так как отрезок $O_{2}O$ является радиусом вписанного шара, из этого следует, что $DO_{2} = DO - O_{2}O = DO - r$.
Теперь подставим эти значение в записанное выше соотношение:

$\dfrac{r}{OH} = \dfrac{DO - r}{DH}$;

$r \cdot DH = OH(DO - r)$;

$r \cdot DH = OH \cdot DO - OH \cdot r$;

$r(DH + OH) = OH \cdot DO$;

$r = \dfrac{DO \cdot OH}{DH + OH}$.

Подставим известные значения в последнее выражение, получим

$r=\dfrac{\dfrac{a}{2\sqrt{3}\sin\dfrac{\alpha}{2}}\cdot \sqrt{3-4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}\cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{6}}{\dfrac{a}{2}\textrm{ctg}\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{a\sqrt{3}}{6}}=$ $\dfrac{a^2\sqrt{3-4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}}{12\sin\dfrac{\alpha}{2}}\cdot \dfrac{1}{\dfrac{a}{2}\left (\textrm{ctg}\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right )}=\dfrac{a\sqrt{3-4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}}{6\sin\dfrac{\alpha}{2}\left (\textrm{ctg}\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right )}$.

Ответ:
1) $\dfrac{a^3}{24\sin\dfrac{\alpha}{2}}\sqrt{3-4\sin^2{\dfrac{\alpha}{2}}}$;

2) $\textrm{arccos} \dfrac{\textrm{tg} \dfrac{\alpha}{2}}{\sqrt{3}}$;

3) $2\textrm{arcsin}\dfrac{1}{2\cos\dfrac{\alpha}{2}}$;

4) описанный шар: $\dfrac{a\sqrt{3}}{4\sin\dfrac{\alpha}{2}\sqrt{3-4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}}$;

вписанный шар: $\dfrac{a\sqrt{3-4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}}{6\sin\dfrac{\alpha}{2}\left (\textrm{ctg}\dfrac{\alpha}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right )}$.