Каждый из отрезков OF, OD и OE можно выразить через H:

OD = H ctg , OE = H ctg , OF = H ctg . Следовательно,

H = a3/2(ctg + ctg + ctg ).

Если точка О лежит вне треугольника ABC, то один из данных двугранных углов тупой (на рис. P.3.9, в угол при BC, т. е. ). Следовательно, его котангенс будет отрицательным. Это соответствует тому факту, что площадь треугольника ABC равна сумме площадей треугольников АВО и АОС за вычетом площади треугольника ВОС. Таким образом, результат останется таким же, как в случае, когда О лежит внутри треугольника ABC.

Наконец, как легко убедиться, полученная формула дает верный результат и в том случае, когда точка О лежит на стороне треугольника ABC или совпадает с его вершиной. (Соответствующие котангенсы обращаются в нуль.)

Ответ. V = a^3/8(ctg + ctg + ctg ).

3.10. Так как AC = BC по условию (рис. P.3.10), то прямоугольные треугольники ADC и BDC равны и, следовательно, AD = BD. Треугольник ADB — равнобедренный, его медиана DE, проведенная из вершины D, будет одновременно и высотой. Таким образом, мы доказали, что двугранный угол при ребре AB измеряется линейным углом DEC, который обозначим через x.

Высота DO треугольника EDC будет высотой пирамиды. B самом деле, ребро AB перпендикулярно к ED и EP, т. е. к плоскости EDC. Отрезок DO, следовательно, перпендикулярен не только к EC, но и к AB, т. е. перпендикулярен к плоскости ABC.

Заметим также, что CD — перпендикуляр к плоскости ADB, а поэтому треугольник EDC прямоугольный с прямым углом при вершине D.

Мы знаем, что V = 1/3 S · OD. Отрезок OD равен ED sin x, а отрезок ED в свою очередь равен EC cos x, т. е. 2S/a cos x.

Итак,

V = 1/3 S · 2S/a cos x sin x,

откуда sin 2x = 3Va/S^2. 

Чтобы найти x, заметим, что угол x острый.

Ответ. 1/2 acrsin 3aV/S^2.

3.11. Так как площадь основания равна 3, то сторона основания равна 2. Из треугольника AOS (рис. P.3.11) находим AO = b cos x; с другой стороны,

AO = 2/3 AD = 2/3 a3/2.

Поэтому 

a/3 = b cos x.

Из треугольника CDS находим CD = a/2 = b sin 2x. Разделив второе соотношение на первое, получим

sin x = 3/4.

Так как SD = a/2 ctg 2x, то нужно вычислить ctg 2x:

Следовательно, SD = 5/39, а площадь боковой поверхности равна 3/2а · SD.

Ответ. 5/39.

3.12. На рис. P.3.12 треугольники AEC и С1ЕА1 подобны, так как медианы AE и СЕ делятся точками C1 и A1 в одинаковом отношении 2:1.

Поэтому C1A1 = 1/3 AC. Аналогично доказывается, что В1А1 = 1/3 AB и C1B1 = 1/3 BC и т. д., т. е. площади S1 и S оснований пирамиды относятся как 1 : 9. Подобные треугольники ABC и A1B1C1 лежат в параллельных плоскостях, так как их стороны параллельны. Следовательно, высоты DN и D1N1, проведенные в тетраэдрах, параллельны и прямоугольные треугольники DNC и D1N1C1 подобны, т. е. D1N1 = 1/3 DN. Остается сравнить объемы