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

  1. 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}  .

Об’єми та площі поверхонь геометричних тіл

  1. 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} .

Об’єми та площі поверхонь геометричних тіл

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’єми та площі поверхонь геометричних тіл 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.

♦ Об’єми та площі поверхонь геометричних тілЗ прямокутного трикутника D1DB (∠D = 90o) 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 = 90о ) знайдемо АВ і ВС: АВ = АС·cosα = d·cosβ·cosα; BC = AC·sinα = d·cosβ·sinα. So = AB·BC = d cosβ cosα·d cosβ sinα = 0,5dcos2β sin2α.

V=So·H = So·DD1 = 0,5d2 cos2β sin2α·dsinβ = 0,25 dsin2α 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 = Sосн.· h. Виразимо висоту через об’єм та площу основи: h  = V : Sосн.. 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.

Sп = Sб +2Sосн. = 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 = So · 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. 

♦ Об’єми та площі поверхонь геометричних тілНехай 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 = 90о):  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.

♦ Об’єми та площі поверхонь геометричних тілНехай 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 = 90о):  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.

♦ Об’єми та площі поверхонь геометричних тілABCD – 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}}

Sп.п. = Sб.п. + 2Sосн. = 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. Об’єми та площі поверхонь геометричних тілТому 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  = Sосн.· 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.

♦ Об’єми та площі поверхонь геометричних тілСторони 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. Об’єми та площі поверхонь геометричних тіл1) 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.

♦ Об’єми та площі поверхонь геометричних тілО – 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. Об’єми та площі поверхонь геометричних тіл4πR2 = 4πO1S2.

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

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.

♦ Об’єми та площі поверхонь геометричних тілSO – 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. Об’єми та площі поверхонь геометричних тілЗа 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.

♦ Об’єми та площі поверхонь геометричних тілЗа 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 }  . ♦