Элементарная математика. Геометрия.

Задача 23

В правильной четырехугольной 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:

Пусть $HABCD$ — заданная пирамида с высотой $HE=h$, $O_1$ и $O_2$ — центры описанного и вписанного шаров соответственно.

 1) Найдем объем данной пирамиды.

 Объем пирамиды находится по следующей формуле: 

 $V=\frac{1}{3} S \cdotp h$,             (1)
где $S$ — площадь основания пирамиды, $h$ — высота пирамиды.

Так как в нашей задаче четырехугольная пирамида правильная, значит в ее основании лежит квадрат. Тогда
$V=\frac{1}{3}S\cdot h=\frac{1}{3}a^2h$.

Найдем высоту пирамиды из прямоугольного треугольника $CHE$ по формуле
$HE=\sqrt{HC^2-CE^2}$.
Необходимо далее найти диагональ квадрата и боковое ребро.

Вычислим $CE$, как половину диагонали квадрата $ABCD$:
$CE = \dfrac{\sqrt{a^2+a^2}}{2}= \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
Рассмотрим далее  боковую грань $HDC$ и вычислим длину боковых ребер.
Так как пирамида правильная, то боковые ребра равны между собой: $HA=HD=HC=HB=x$.
По теореме косинусов получаем
$a^2 = x^2 + x^2 - 2x^2\cos{\alpha} = 2x^2(1-\cos{\alpha})\Rightarrow x= \sqrt{\dfrac{a^2}{2(1-\cos{\alpha})}} = \dfrac{a}{\sqrt{2(1-\cos{\alpha})}}.$

Подставив найденные значения в формулу, записанную выше, имеем:
$HE=\sqrt{\dfrac{a^2}{2(1-\cos{\alpha})} - \dfrac{a^2}{2}}= \sqrt{a^2 \left(\dfrac{1}{2(1-\cos{\alpha})} - \frac {1}{2}\right)} = a \sqrt{\dfrac{\cos{\alpha}}{2(1-\cos{\alpha})}}$.

Теперь найдем объем пирамиды:
$V = \frac{1}{3} \cdotp a^2 \cdotp h = \frac{1}{3} a^2 a\sqrt{\dfrac{\cos{\alpha}}{2(1-\cos{\alpha})}} = \frac{1}{3} a^3 \sqrt{\dfrac{\cos{\alpha}}{2(1-\cos{\alpha})}}$.

Воспользуемся тригонометрической формулой половинного угла
$\sin^2{\alpha} = \dfrac{1-\cos{\alpha}}{2}$ и окончательно  получим:
$V = \dfrac{a^3}{6\sin{\dfrac{\alpha}{2}}}\sqrt{\cos{\alpha}}$.

Ответ:

$V = \dfrac{a^3}{6\sin{\dfrac{\alpha}{2}}}\sqrt{\cos{\alpha}}$.

2)Найдем радиус описанного шара.

Если пирамида вписана в шар, то все ее вершины лежат на поверхности этого шара (на сфере), соответственно, расстояния от центра шара до вершин равны радиусу шара.
Центр описанного около правильной пирамиды шара — точка пересечения прямой, содержащей высоту пирамиды, и серединного перпендикуляра к одному из ребер ребру, в частности к боковому.

К стороне $HC$ треугольника $HAC$ проведем серединный перпендикуляр. Точка пересечения этого серединного перпендикуляра и высоты данного треугольника $HE$ — центр описанного шара, а $O_{1}C$ —  радиус описанного шара.

Треугольник $HEC$ подобен треугольнику $HYO_{1}$. Так как $\angle HYO_{1} = \angle HEC = 90^{\circ}$ и $\angle H$ — общий. Из подобия следует соотношение:
$\dfrac{HO_{1}}{HC}=\dfrac{HY}{HE}\Rightarrow HO_{1} = \dfrac{HC \cdotp HY}{HE}= \dfrac{a \cdotp a \cdotp \sqrt{2(1-\cos{\alpha})}}{2\sqrt{2(1-\cos{\alpha})}\sqrt{2(1-\cos{\alpha})} \cdotp a\sqrt{\cos{\alpha}}}=\dfrac{a \cdotp \sqrt{2}}{2\sqrt{2(1-\cos{\alpha})} \sqrt{\cos{\alpha}} \cdotp \sqrt{2}}.$

Воспользуемся тригонометрической формулой половинного угла $\sin^2{\alpha} = \dfrac{1-\cos{\alpha}}{2}$ и окончательно получим: $HO_{1} = \dfrac{a}{4\sin{\dfrac{\alpha}{2}}\sqrt{\cos{\alpha}}}$.

Радиус описанного шара найден.

Ответ:

$\dfrac{a}{4\sin{\dfrac{\alpha}{2}}\sqrt{\cos{\alpha}}}$.

3) Найдем двугранный угол при основании.

Пусть это будет двугранный угол между боковой гранью $HAD$ и основанием. Двугранный угол измеряется величиной своего линейного угла $HKE$. Найдем этот угол.
Для этого рассмотрим прямоугольный треугольник $HKE$.
По теореме Пифагора в треугольнике $HEK$ найдем гипотенузу $HK$:
$HK = \sqrt{HE^2 + KE^2} = \sqrt{\dfrac{a^2 \cos{\alpha}}{2(1-\cos{\alpha})}+\dfrac{a^2}{4}} = \dfrac{a}{2} \sqrt{\dfrac{1+\cos{\alpha}}{1 - \cos{\alpha}}}$.
Применив тригонометрическую формулу половинного угла $\text{ctg}^2\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1 + \cos{\alpha}}{1 - \cos{\alpha}}$ и получим $HK = \dfrac{a}{2}\text{ctg}\dfrac{\alpha}{2}$.

Нашли все необходимое для определения косинуса угла $HKE$:
$\cos{\angle HKE} = \dfrac{KE}{HK} = \dfrac{1}{\text{ctg}\dfrac{\alpha}{2}}$.
Применив тригонометрическую формулу $\text{tg}\alpha = \dfrac{1}{\text{ctg}\alpha}$ и получим:
$\cos{\angle HKE} = \text{tg}\dfrac{\alpha}{2}\Rightarrow\angle HKE = \arccos{\text{tg}\dfrac{\alpha}{2}}$. 

Ответ:

$\arccos{\text{tg}\dfrac{\alpha}{2}}$.

4) Найдем двугранный угол между боковыми гранями.

Пусть это будет двугранный угол между боковыми гранями $HAD$ и $HDC$.

Построим линейный угол, которым будет измеряться указанный двугранный угол. Для этого проведем плоскость через прямую $AC$ перпендикулярно ребру $HD$. Точку пересечения этой плоскости с ребром  $HD$ обозначим $M$. Тогда угол $AMC$ — линейный угол двугранного угла между боковыми гранями данной пирамиды. Найдем этот угол.

Рассмотрим равнобедренный $\triangle AMC$, в котором $AM=MC$ (по построению). Очевидно, что высота $ME$ является биссектрисой, а значит $\angle AMC = 2\angle AME$.

Треугольник $AMD$ подобен треугольнику $HKD$. Так как $\angle AMD = \angle HKD = 90^{\circ}$ и $\angle D$ — общий. Из подобия следует соотношение:
$\dfrac{HK}{AM}=\dfrac{HD}{AD}$,
из которого находим
$AM = \dfrac{HK \cdotp AD}{HD} = \dfrac{a \cdotp \text{ctg}\dfrac{\alpha}{2} \cdotp a \sqrt{2(1-\cos{\alpha})}}{2a} = a \cdotp \cos{\dfrac{\alpha}{2}}$.

Тогда
$\sin{\angle AME} = \dfrac{AE}{AM} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2 \cdotp a \cdotp \cos{\dfrac{\alpha}{2}}} = \dfrac{1}{\sqrt{2} \cdotp \cos{\dfrac{\alpha}{2}}}\Rightarrow\angle AME = \arcsin{\dfrac{1}{\sqrt{2} \cdotp \cos{\dfrac{\alpha}{2}}}}$. 

 Окончательно
$\angle AMC = 2\angle AME\Rightarrow\angle AMC = 2\arcsin{\dfrac{1}{\sqrt{2} \cdotp \cos{\dfrac{\alpha}{2}}}}$.

Ответ:

$2\arcsin{\dfrac{1}{\sqrt{2} \cdotp \cos{\dfrac{\alpha}{2}}}}$.

5) Найдем радиус вписанного шара.

Если шар вписан в пирамиду, то шар касается каждой грани пирамиды. Центр вписанного в пирамиду шара — точка пересечения бисcекторных плоскостей двугранных углов при основании.

Проведем биссектрису угла $HKE$. Точка пересечения этой биссектрисы и высоты пирамиды $HE$ (высота $HE$ является биссектрисой угла $KHF$) — центр вписанного шара $O_{2}$, а $EO_{2}$ — радиус вписанного шара.

В пункте 3 мы нашли двугранный угол при основании. Пусть $\angle HKE = \beta$, тогда $\cos{\beta} = \text{tg}\dfrac{\alpha}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $KEO_{2}$. В нем
$\text{tg}\dfrac{\beta}{2} = \dfrac{EO_{2}}{KE}= \dfrac{EO_{2}}{\dfrac{a}{2}} \Rightarrow EO_{2}=\dfrac{\text{tg}\dfrac{\beta}{2} \cdotp a}{2}$.

Проведем следующие преобразования. Запишем формулу тангенса половинного угла:
$\text{tg}^2\dfrac{\beta}{2}=\dfrac{1-\cos{\beta}}{1+\cos{\beta}}$.
Учитывая, что  $\cos{\beta} = \text{tg}\dfrac{\alpha}{2}$, получим
$\text{tg}^2\dfrac{\beta}{2}=\dfrac{1-\text{tg}\dfrac{\alpha}{2}}{1+\text{tg}\dfrac{\alpha}{2}}$.
Применив тригонометрическую формулу $\text{tg}\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{\sin{\dfrac{\alpha}{2}}}{\cos{\dfrac{\alpha}{2}}}$,
имеем
$\text{tg}^2\dfrac{\beta}{2}=\dfrac{\cos{\dfrac{\alpha}{2}}-\sin{\dfrac{\alpha}{2}}}{\cos{\dfrac{\alpha}{2}}+\sin{\dfrac{\alpha}{2}}}$.
Для того, чтобы применить формулы косинуса суммы и косинуса разности, домножим числитель и знаменатель на $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ и раскроем скобки, заменив $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ на $\sin{\dfrac{\pi}{4}}$ и $\cos{\dfrac{\pi}{4}}$.
Получим
$\text{tg}^2\dfrac{\beta}{2}=\dfrac{\cos{\dfrac{\alpha}{2}}\cdotp\cos{\dfrac{\pi}{4}}-\sin{\dfrac{\alpha}{2}}\cdotp \sin{\dfrac{\pi}{4}}}{\sin{\dfrac{\alpha}{2}}\cdotp \sin{\dfrac{\pi}{4}}+\cos{\dfrac{\alpha}{2}}\cdotp\cos{\dfrac{\pi}{4}}}$.
Свернем формулы косинуса суммы и косинуса разности:
$\text{tg}^2\dfrac{\beta}{2}=\dfrac{\cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}+\dfrac{\pi}{4}\right)}}{\cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}-\dfrac{\pi}{4}\right)}}$.

Домножая числитель и знаменатель на $\cos \left({\dfrac{\alpha}{2}-\dfrac{\pi}{4}}\right)$ и применяя тригонометрическую формулу $\cos{\gamma}\cdotp\cos{\delta}=\dfrac{1}{2}(\cos({\gamma-\delta})+\cos({\gamma+\delta}))$, получим
$\text{tg}^2\dfrac{\beta}{2}=\dfrac{\frac{1}{2}\cos{\alpha}}{\cos^2\left({\dfrac{\alpha}{2}-\dfrac{\pi}{4}}\right)}\Rightarrow \text{tg}\dfrac{\beta}{2}=\dfrac{\sqrt{\cos{\alpha}}}{\sqrt{2}\cos \left({\dfrac{\alpha}{2}-\dfrac{\pi}{4}}\right)}$.

Тогда
$EO_{2}=\text{tg}\dfrac{\beta}{2}\cdotp\dfrac{a}{2}=\dfrac{a\sqrt{\cos{\alpha}}}{2\sqrt{2}\cos \left({\dfrac{\alpha}{2}-\dfrac{\pi}{4}}\right)}$.

Ответ:

$\dfrac{a\sqrt{\cos{\alpha}}}{2\sqrt{2}\cos \left({\dfrac{\alpha}{2}-\dfrac{\pi}{4}}\right)}$.