Об’єми та площі поверхонь геометричних тіл

Приклад

Знайдіть площу повної поверхні правильної чотирикутної призми, якщо:

1) діагональ призми дорівнює $\sqrt{34}$ м, а діагональ бічної грані – 5м; 2) сторона основи призми дорівнює 3 м, а діагональ бічної грані – 5 м.

призма, правильна чотирикутна призма, площа повної поверхні правильної чотирикутної призми

Дано: $ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ – чотирикутна призма; ABCD – квадрат; $B_{1}D=\sqrt{34}$ м; $C_{1}D$ м. Знайти: $S_{n.n.}$ .

Розв’язання: $S_{n.n.}=S_{6.n.}+2S_{oc.}$ , де $S_{6.n.}=4S_{6.}$ , $S_{oc.}=S_{ABCD}$ . Розглянемо $\Delta B_{1}C_{1}D\; (<C_{1}=90^{0})$ : $B_{1}D^{2}=B_{1}C_{1}^{2}+C_{1}D^{2}$ ; $\sqrt{34}^{2}=B_{1}C_{1}^{2}+25$ ; $B_{1}C_{1}^{2}=34-25$ ; $B_{1}C_{1}^{2}=9$ ; $B_{1}C_{1}=3$ (м). Отже, $AB=B_{1}C_{1}=3$ м, звідси $S_{ABCD}=AB^{2}=3^{2}=9$ . Значить, $S_{oc.}=9 \; m^{2}$ . Розглянемо $\Delta CC_{1}D\: (<C=90^{0},\: C_{1}D=5\: m,\: CD=3\: m)$ . $C_{1}D^{2}=CD^{2}+CC_{1}^{2}$ ; $5^{2}=3^{2}+C_{1}C^{2}$ ; $C_{1}C^{2}=25-9$ ; $C_{1}C^{2}=16$ ; $C_{1}C=4$ (м); $S_{6.}=S_{CDD_{1}C_{1}}=CD\cdot CC_{1}$ ; $S_{CDD_{1}C_{1}}=3\cdot 4=12\; (m^{2})\Rightarrow S_{6.}=12\: m^{2}$ . Отже, $S_{n.n.}=4\cdot 12+2\cdot 9=48+18=66\: (m^{2})$ . Відповідь: $S_{n.n.}=66\: m^{2}$ .

призма, правильна, чотирикутна, площа поверхні, правильная, четырехугольная призма

2) Дано: $ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ – чотирикутна призма; АВСD – квадрат; АВ = 3 м; $A_{1}B$ = 5 м. Знайти: $S_{n.n.}$ . Розв’язання: $S_{n.n.}=4S_{6.}+2S_{oc.}$ ; $S_{6.}=S_{AA_{1}B_{1}B}=AB\cdot AA_{1}$ ; $S_{oc.}=S_{ABCD}=AB^{2}$ . Розглянемо $\Delta AA_{1}B\: (<A=90^{0}):$ : $A_{1}B^{2}=AB^{2}+AA_{1}^{2}$ ; $5^{2}=3^{2}+AA_{1}^{2}$ ; $25=9+AA_{1}^{2}$ ; $AA_{1}^{2}=16$ ; $AA_{1}=4$ (м). Отже, $S_{AA_{1}B_{1}B}=3\cdot 4=12\: (m^{2})$ ; $S_{ABCD}=3^{2}=9\: (m^{2})$ . Тобто, $S_{6.}=12\: m^{2}$ , $S_{oc.}=9\: m^{2}$ , значить: $S_{n.n.}=4\cdot 12+2\cdot 9=48+18=66\: (m^{2})$ . Відповідь: $S_{n.n.}=66\: m^{2}$ .

Приклад

Знайти площу повної поверхні правильної трикутної піраміди, якщо:

1) бічне ребро дорівнює 12 см і утворює з висотою кут $30^{0}$ ; 2) апофема піраміди дорівнює 6 см і нахилена до площини основи під кутом $45^{0}$ .

Дано: піраміда ABCS; $\Delta ABC$ – рівносторінній; BS = 12 см; $< BSO = 30^{0}$ ; Знайти: $Sn.n.$

Розв’язання:

$S_{n.n.}=S_{6.n.}+S_{oc.};$ $S_{6.n.}=3S_{\Delta ABS};$ $S_{oc.}=S_{\Delta ABC}.$ За формулою для обчислення площі правильного трикутника: $S_{\Delta ABC}=\frac{\sqrt{3}\cdot AB^{2}}{4}$ . Точка О – це точка перетину медіан $\Delta ABC$ . Оскільки $\Delta ABC$ рівносторонній, то ВМ – висота, медіана та бісектриса. Значить: $MA=\frac{1}{2}AB$ ; $<BMA=90^{0}$ . Тоді з $\Delta ABM$ : $BM^{2}+AM^{2}=AB^{2}$ ; $BM^{2}+\frac{AB}{2}^{2}=AB^{2}$ ; $BM^{2}+\frac{AB^{2} }{4}=AB^{2}$ ; $BM^{2}=\frac{AB}{2}-\frac{AB^{2} }{4}$ ; $BM^{2}=\frac{3}{4}AB^{2}\Rightarrow BM=\frac{\sqrt{3}}{2}AB\Rightarrow AB=\frac{2BM}{\sqrt{3}}$ . Знайдемо довжину ВМ. За властивістю медіан: $BO=\frac{2}{3}BM\Rightarrow BM=\frac{3}{2}BO$ . Відрізок ВО знайдемо з $\Delta BOS\; (<O=90^{0},\; <S=30^{0},\; BS = 12 cm)$ : $\frac{BO}{BS}=sin<S$ ; $\frac{BO}{12}=sin30^{0}$ ; $BO=12\cdot \frac{1}{2}$ ; $BO=6$ (см). Тоді: $BM = \frac{3}{2}\cdot 6=9$ (см), а значить $AB =\frac{2\cdot 9}{\sqrt{3}}=2\cdot 3\sqrt{3}=6\sqrt{3}$ . Отже, $S_{\Delta ABC}=\frac{\sqrt{3}\cdot 6\sqrt{3}}{4}=\frac{6\uplus 3}{4}=\frac{18}{4}=4,5(cm^{2})$ . Тобто, $S_{oc.}=4,5(cm^{2})$ . Знайдемо $S_{\Delta ABS}$ . Розглянемо $\Delta ABS:\; AS=BS=12$ (см) (за умовою); $AB=6\sqrt{3}$ см. За формулою Герона: $S_{\Delta ABS}=\sqrt{p\left(p-AB\right)\left(p-BS \right)\left(p-AS\right)}$ , де $p=\frac{AB+AS+BS}{2}$ . $p=\frac{6\sqrt{3}+12+12}{2}=3\sqrt{3}+6+6=12+3\sqrt{3}$ . $S_{\Delta ABS}= \sqrt{\left(12+3\sqrt{3} \right)\left(12+3\sqrt{3}-6\sqrt{3} \right)}\cdot$ $\cdot \sqrt{\left(12+3\sqrt{3}-12 \right)\left(12+3\sqrt{3} -12\right)}=$ $=\sqrt{\left(12+3\sqrt{3} \right)\left(12-3\sqrt{3} \right)3\sqrt{3}\cdot 3\sqrt{3}}=$ $=\sqrt{\left(12^{2}-\left(3\sqrt{3} \right)^{2} \right)\cdot 27}=$ $=\sqrt{\left(144-27 \right)\cdot 27}=\sqrt{117\cdot 27}=$ $=\sqrt{9\cdot 13\cdot 3\cdot 9}=9\sqrt{39}\: (cm^{2})$ . Отже, $S_{\Delta ABS}=9\sqrt{39}\; cm^{2}$ ; $S6.n.=3\cdot 9\sqrt{39}=27\sqrt{39}\; (cm^{2})$ ; $S_{n.n.}=27\sqrt{39}+4,5\; cm^{2}$ .

2. Дано: ABCS – піраміда; $\Delta ABC$ – рівносторонній; SK – апофема; SK = 6 см; $<SKB=45^{0}$ . Знайти: $S_{n.n.}$ . Розв’язання: $S_{n.n.}=S_{6.n.}+S_{oc.}$ ; $S_{6.n.}=3S_{\Delta ABS}$ ; $S_{oc.}=S_{\Delta ABC}$ . Знайдемо сторону основи піраміди. Оскільки $\Delta ABC$ рівносторонній, то ВК – висота і медіана, а значить $AK=\frac{1}{2}AB$ . Тоді з $\Delta ABK$ : $BK^{2}+AK^{2}=AB^{2}$ ; $BK^{2}+\left(\frac{AB}{2} \right)^{2}=AB^{2}$ ; $BK^{2}=AB^{2}-\frac{AB^{2}}{4}$ ; $BK^{2}=\frac{3}{4}AB^{2}\Rightarrow BK=\frac{\sqrt{3}}{2}AB\Rightarrow AB=\frac{2BK}{\sqrt{3}}$ Визначимо довжину ВК. Оскільки т. О – це точка перетину медіан, то за властивістю медіан: $OK=\frac{1}{3}BK\Rightarrow BK=3OK$ Розглянемо $\Delta OSK:<O=90^{0},<K=45^{0}$ , SK = 6 см. $\frac{OK}{SK}=cos<K;$ $\frac{OK}{6}=cos45^{0};$ $OK=6\cdot \frac{\sqrt{2}}{2};$ $OK=3\sqrt{2}$ Тоді: $BK=3\cdot 3\sqrt{2}=9\sqrt{2}$ (см). Звідси , $AB=\frac{2\cdot 9\sqrt{2}}{3}=6\sqrt{2}$ (см). $S_{\Delta ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}AB^{2}$ (за формулою площі для рівностороннього трикутника) $S_{\Delta ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \left(6\sqrt{2} \right)^{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 36\cdot 2=18\sqrt{3}$ Тобто, $S_{oc.}=18\sqrt{3}\; cm^{2}$ . Знайдемо $S_{\Delta ACS}$ : $S_{\Delta ACS}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot SK\; \left(AC=AB \right);$ ; $S_{\Delta ACS}=\frac{1}{2}\cdot 6\sqrt{2}\cdot 6=18\sqrt{2}\; (cm^{2}).$ . Тобто, $S_{\Delta ACS}=18\sqrt{2}\; cm^{2}.$ , а значить $S_{6.n.}=3\cdot 18\sqrt{2}=54\sqrt{2}\; (cm^{2})$ . Маємо: $S_{n.n.}=54\sqrt{2}+18\sqrt{3}=18\left(3\sqrt{2}+\sqrt{3} \right)\; \left(cm^{2} \right)$ .

Приклад

Обчисліть об’єм прямокутного паралелепіпеда, якщо сторони його основи дорівнюють 3 см і 7 см, а діагональ однієї з бічних граней – 5 см.

♦ Об’єм прямокутного паралелепіпеда обчислюється за формулою V = abc = AD·DC·DD₁. Знайдемо ребро DD₁ із трикутника ADD₁ за теоремою Піфагора: $DD_{1}=\sqrt{AD_{1}^{2}-AD^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=\sqrt{25-9}=4$ . А отже, об’єм паралелепіпеда V = 3·7·4 = 84 см³.♦

Приклад

Діагональ прямокутного паралелепіпеда дорівнює d і нахилена до площини основи під кутом β. Кут між стороною основи та діагоналлю основи дорівнює α. Знайти об’єм паралелепіпеда.

♦ З прямокутного трикутника D₁DB (∠D = 90^o) знайдемо DD₁ i DB:

DD₁ = d·sinα;

DB = d·cos β.

Оскільки діагоналі прямокутника рівні, то DB = AC = d·cos β.

Із прямокутного трикутника АВС (∠ В = 90^о ) знайдемо АВ і ВС: АВ = АС·cosα = d·cosβ·cosα; BC = AC·sinα = d·cosβ·sinα. S_o = AB·BC = d cosβ cosα·d cosβ sinα = 0,5d²cos²β sin2α.

V=S_o_{·H =}S_o_·DD₁ = 0,5d² cos²^{β sin2α·dsinβ}= 0,25 d³sin2α sin2β cosβ.♦

Приклад

Знайти висоту призми, якщо її об’єм дорівнює 150 см³, а площа основи 10 см².

♦ Об’єм призми обчислюється за формулою V = S_осн.· h. Виразимо висоту через об’єм та площу основи: h = V : S_осн.. Тому h = 150 : 10 = 15 см.♦

Приклад

Площа бічної поверхні правильної чотирикутної призми дорівнює 48 см², а площа повної поверхні – 66 см². Знайти об’єм призми.

♦ Оскільки призма є правильною чотирикутною, то в її основі лежить квадрат.

S_п= S_б+2S_осн. = P·H + 2a²;

48 + 2a² = 66;

2a² = 66 – 48;

a² = 9; a = 3.

P = 4a = 4·3 = 12 (см);

12·Н = 48;

Н = 48 : 12 = 4 (см); V = S_o · H = a² · H = 9 · 4 = 36 (cм³).♦

Приклад

Обчислити площу повної поверхні куба, якщо його ребро а = 5 см.

♦ Формула для обчислення площі повної поверхні куба S = 6a², тому S = 6·5² = 6·25 = 150 см²♦

Приклад

Трикутник, одна сторона якого дорівнює с, а прилеглі кути α і β, обертається навколо даної сторони. Знайти об’єм і площу поверхні тіла обертання.

♦ Нехай V₁ i S₁ – об’єм і площа бічної поверхні верхнього конуса;

V₂ i S₂ – об’єм і площа бічної поверхні нижнього конуса.

$V_{1}=\frac{1}{3}\pi \cdot CO^{2}\cdot AO$ ;

$V_{2}=\frac{1}{3}\pi \cdot CO^{2}\cdot BO$ ;

$V=V_{1}+V_{2}=\frac{1}{3}\pi CO^{2}(AO+BO)=\frac{1}{3}\pi CO^{2}\cdot AB$ ;

$S_{1}=\pi CO\cdot AC$ ;

$S_{2}=\pi CO\cdot BC$ ;

$S=S_{1}+S_{2}=\pi CO(AC+BC)$ .

За теоремою синусів маємо: $\frac{AC}{sin\beta }=\frac{BC}{sin\alpha }=\frac{AB}{sin(180^{0}-(\alpha +\beta ))}$ ;

$\frac{AC}{sin\beta } = \frac{BC}{sin\alpha }= \frac{AB}{sin (\alpha +\beta )}$ ;

$AC=\frac{c\cdot sin\beta }{sin(\alpha +\beta )}; BC=\frac{c\cdot sin\alpha }{sin(\alpha +\beta )}$ .

Із Δ АОС (∠О = 90^о): $CO=AC\cdot sin\alpha =\frac{c\cdot sin\beta \cdot sin\alpha }{sin(\alpha +\beta )}$ .

Отже, $V=\frac{1}{3}\pi \frac{c^{2}sin^{2}\beta \cdot sin^{2}\alpha }{sin^{2}(\alpha +\beta )}=\frac{1}{3}\pi \frac{c^{3}sin^{2}\beta sin^{2}\alpha }{sin^{2}(\alpha +\beta )}$ ;

$S=\pi \frac{c^{3}sin\beta sin\alpha }{sin(\alpha +\beta )}\left(\frac{csin\beta }{sin(\alpha +\beta )} +\frac{csin\alpha }{sin(\alpha +\beta )}\right)=$

$=\pi \frac{csin\beta sin\alpha }{sin(\alpha +\beta )}\cdot \frac{c(sin\alpha +sin\beta )}{sin(\alpha +\beta )}=$

$=\pi \frac{c^{2}sin\alpha sin\beta }{sin^{2}(\alpha +\beta )}(sin\alpha +sin\beta )$ .♦

Приклад

Радіуси основ зрізаного конуса дорівнюють R і r (R > r), а твірна утворює з площиною основи кут α. Знайти площу бічної поверхні зрізаного конуса.

♦ Нехай АО = r, ВО₁ = R. Побудуємо АМ || ОО₁.

Оскільки ОО₁ перпендикулярний до площини основи зрізаного конуса, то відрізок АМ також перпендикулярний до площини основи зрізаного конуса. Отже, ВМ – проекція похилої АВ на площину основи.

∠АВМ – кут між твірною АВ і площиною основи. За умовою задачі ∠АВМ = α. ВМ = ВО₁ – АО = R – r.

Із ΔАВМ (∠М = 90^о): $AB = \frac{BM}{cos\alpha }=\frac{R-r}{cos\alpha }$ .

$S=\pi \cdot AB(BO_{1}+AO)=\pi \frac{R-r}{cos\alpha }(R+r)=\pi \frac{R^{2}-r^{2}}{cos\alpha }$ .♦

Приклад

У циліндрі площа перерізу, перпендикулярного твірній, дорівнює S, а площа осьового перерізу дорівнює Q. Знайти площу повної поверхні і об’єм даного циліндра.

♦ ABCD – осьовий переріз даного циліндра, АО = R, АВ = Н .

Переріз циліндра площиною, перпендикулярною твірній, є круг, площина якого паралельна основам циліндра. Отже, площа цього перерізу дорівнює площі основ циліндра.

За умовою задачі: $\left\{\begin{matrix} \pi R^{2}=S,\\ 2RH=Q; \end{matrix}\right.$ ,

$R^{2}=\frac{S}{\pi },\; R=\sqrt{\frac{S}{\pi }},\; 2\sqrt{\frac{S}{\pi }}\cdot H=Q;\; H=\frac{Q}{2}\cdot \sqrt{\frac{\pi }{S}}$ ,

S_п.п.= S_б.п. + 2S_осн.= 2πRH + 2πR² = 2πR (H + R) = = $2\pi \sqrt{\frac{S}{\pi }}\left(\frac{Q}{2}\sqrt{\frac{\pi }{S}}+\sqrt{\frac{S}{\pi }} \right)=\pi Q+2S$ , $V=\pi R^{2}\cdot H=\pi \cdot \frac{S}{\pi }\cdot \frac{Q}{2}\cdot \sqrt{\frac{\pi }{S}}=\frac{Q}{2}\sqrt{\pi S}$ .♦

Приклад

Обчисліть площу осьового перерізу конуса, висота якого 6√3 см, а радіус основи – 2 см.

♦ Осьовим перерізом конуса є рівнобедрений трикутник, висота якого дорівнює висоті конуса, а основа – діаметру основи конуса. Тому площу осьового перерізу знайдемо за формулою площі трикутника через основу та висоту: $S = \frac{1}{2}\cdot 2R\cdot H=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2 \cdot 6\sqrt{3} = 12\sqrt{3}$ см².♦

Приклад

Обчисліть об’єм циліндра, якщо радіус його основи 3 см, а висота 4 см.

♦ Формула для обчислення об’єму циліндра V = S_осн.· h = πr²h. Тому V = π·3²·4 = 36π ≈ 113,04 см³♦

Приклад

Основою прямої призми є трикутник зі сторонами 6 см, 8 см і 10 см. Висота призми дорівнює 24 см. Знайти радіус кулі, описанної навколо цієї призми.

♦ Сторони основи призми пропорційні числам 3, 4 і 5, а значить трикутник з такими сторонами є єгипетським трикутником, а отже, прямокутним. Тому АВ та А₁В₁ є діаметрами кіл, описаних навколо них з центрами О₁ та О₂. Тоді О₁ – середина АВ, О₂ – середина А₁В₁.

Центр кулі лежить на прямій О₁О₂ і рівновіддалена від точок А, В, А₁ і В₁. Звідси, О – точка перетину діагоналей АВ₁ та А₁В прямокутника АА₁В₁В.

Із трикутника ОО₁В:

$OB = \sqrt{OO_{1}^{2}+O_{1}B^{2}}= \sqrt{\left(\frac{1}{2}O_{1} O_{2}\right)^{2}+O_{1}B^{2}}=$

$=\sqrt{12^{2}+5^{2}}=13$ (см). ♦

Приклад

У конусі твірна l утворює з основою кут α. Знайдіть радіуси вписаної та описаної куль.

♦ Для більшої наглядності зобразимо осьові перерізи вписаної та описаної навколо конуса куль. 1) Нехай SAB – осьовий переріз конуса, вписаного в кулю з центром О.

За наслідком з теореми синусів для ΔSAB:

$\frac{BS}{sin \; SAB}=2R$ ;

$\frac{l}{sin\alpha }=2R$ ;

$R=\frac{l}{2sin\alpha }$ .

2) Нехай SAB – осьовий переріз конуса, описаного навколо кулі з центром О.

О – центр кола, вписаного в ΔSAB.

Отже, точка О – точка перетину бісектрис.

Побудуємо SK – перпендикуляр до АВ, О ∈ SK.

Із Δ ASK: AK = AS · cosα = l·cosα.

Із Δ АКО: (∠К = 90⁰): $OK=r=AK\cdot tg\frac{\alpha }{2}=l\cdot cos\alpha \cdot tg\frac{\alpha }{2}$ .♦

Приклад

Бічне ребро правильної чотирикутної піраміди дорівнює b і утворює з висотою піраміди кут β. Знайти площу поверхні сфери, описаної навколо даної піраміди.

♦ О – центр квадрата АВСD.

Оскільки бічне ребро піраміди SB i перпендикуляр SO, проведений до її основи через центр кола, яке описане навколо основи, не є мимобіжними прямими, то центр сфери, описаної навколо даної піраміди, є точкоюю перетину серединного перпендикуляра до бічного ребра SB, проведеного в площині (SBO), із перпендикуляром SO. Нехай О₁ – центр описаної сфери, тоді SO₁ – радіус сфери. 4πR² = 4πO₁S².

Із прямокутного трикутника SOB (∠ О = 90^о):

SO = SB cosβ = b cosβ.

Розглянемо прямокутні трикутники SKO₁ i SOB. У них спільний ∠ S. Отже, Δ SKO₁ ∼ Δ SOB (за двома кутами), тому:

$\frac{SK}{SO}=\frac{SO_{1}}{SB}$ ;

$\frac{b}{2bcos\beta }=\frac{SO_{1}}{b}$ ;

$SO_{1}=\frac{b^{2}}{2bcos\beta }=\frac{b}{2cos\beta }$ ;

$S=4\pi \left(\frac{b}{2cos\beta } \right)^{2}=\frac{\pi b^{2}}{cos^{2}\beta }$ . ♦

Приклад

Кут між площиною основи і бічною гранню правильної чотирикутної піраміди дорівнює φ. Площа поверхні сфери, вписаної в піраміду, дорівнює S. Знайти площу бічної поверхні піраміди.

♦ SO – перпендикуляр до площини основи піраміди, О – центр вписаного і описаного навколо квадрата АВСD кола. Побудуємо SK – перпендикуляр до сторони основи AD, тоді за теоремою про три перепендикуляри ОК – перпендикуляр до AD.

Оскільки AD – пряма перетину площин (SAD) i (ABC), SK ⊂(SAD), ОК ⊂ (ABC), SK i OK – перпендикулярні до AD, то ∠SKO – кут між площиною основи та бічною гранню піраміди.

За умовою задачі ∠SKO = φ.

Оскільки вершина піраміди проектується в центр кола, вписаного в основу, то центр вписаної сфери розміщений у точці перетину висоти піраміди і бісектриси лінійного кута двогранного кута при її основі.

Нехай O₁ – центр вписаної сфери, тоді ОО₁ – радіус цієї сфери. За умовою задачі $4\pi \cdot O_{1}O^{2}=S$ ;

$O_{1}O=\sqrt{\frac{S}{4\pi }}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{S}{\pi }}$ .

Із Δ КОО₁ (∠О = 90⁰): $KO=OO_{1}\cdot ctg\frac{\varphi }{2}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{S}{\pi }}\cdot ctg\frac{\varphi }{2}$ .

$AB=2KO=\sqrt{\frac{S}{\pi }}\cdot ctg\frac{\varphi }{2}$ ;

$S_{o}=AB^{2}=\frac{S}{\pi }ctg^{2}\frac{\varphi }{2}$ ;

$S_{6.n.}=\frac{S_{o}}{cos\varphi }=\frac{S\cdot ctg^{2}\frac{\varphi }{2}}{\pi cos\varphi }$ .♦

Приклад

Об’єм конуса дорівнює V. У конус вписана піраміді, в основі якої лежить рівнобедрений трикутник із кутом α при вершині. Знайти об’єм піраміди.

♦ За умовою задачі об’єм конуса дорівнює V, тобто:

$\frac{\pi R^{2}H}{3}=V;\; H = \frac{3V}{\pi R^{2}}$ .

Нехай АВ = ВС = а, тоді $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}a^{2}sin\alpha$ .

За наслідком із теореми синусів: $\frac{BC}{sin(90^{0}-\alpha )}=2R$ ;

$\frac{BC}{cos\frac{\alpha }{2}}=2R$ ;

$R=\frac{a}{2cos\frac{\alpha }{2}}$ ;

$H=\frac{3V}{\pi \left(\frac{a}{2cos\frac{\alpha }{2}} \right)^{2}}=\frac{12Vcos^{2}\frac{\alpha }{2}}{\pi a^{2}}$ ;

$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}a^{2}sin\alpha \frac{12V^{2}cos^{2}\frac{\alpha }{2}}{\pi a^{2}}=\frac{2Vcos^{2}\frac{\alpha }{2}sin\alpha }{\pi }$ . ♦