Сечения

[Milenaa]

( някоя задачка

[Nathi123]

16.зад. Основите на правилна пресечена четириъгълна пирамида са квадрати със страни равни на основните ръбове.Нека това са ABCD ; АВ =14 см и [tex]A_{1 }B_{1 }C_{1 }D_{1 }[/tex] и [tex]A_{1 }B_{1 }=10[/tex] см.
Нека [tex]AC\cap BD=O; A_{1 }C_{1 }\cap B_{1 }D_{1 }=O_{1 }\Rightarrow OO_{1 }=h[/tex] -височина на пр. пирамида.
[tex]V=\frac{h}{3}(B + B_{1 }+\sqrt{BB_{1 }}); B=14^{2}=196; B_{1 }=10^{2}=100\Rightarrow V=\frac{h}{3}.436[/tex]
Диагоналите на пирамидата са диагонали в диагоналните и сечения. Тези сечения са два еднакви равнобедрени трапеца [tex]ACC_{1 }A_{1 }[/tex] и [tex]BDD_{1 }B_{1 }[/tex]
От трапеца [tex]ACC_{1 }A_{1 }\Rightarrow AC_{1 } = CA_{1 }= 18[/tex] см. ABCD - квадрат[tex]\Rightarrow AC=14\sqrt{2}.[/tex]
Аналогично от горната основа на пирамидата - квадрат [tex]\Rightarrow A_{1 }C_{1 }=10\sqrt{2}[/tex] Построяваме [tex]C_{1 }H||OO_{1 }[/tex]
[tex]\Rightarrow C_{1 }O_{1 }OH[/tex] - правоъгълник; [tex]CH=OO_{1 }=h; C_{1 }O_{1 }=\frac{1}{2}C_{1 }A_{1 }=5\sqrt{2}[/tex].
Аналогично [tex]CO=7\sqrt{2}\Rightarrow CH=CO - C_{1 }O_{1 }= 2\sqrt{2} ; \Delta C_{1} HA\Rightarrow C_{1 }H^{2}=AC_{1 }^{2}- AH^{2}[/tex] ( Т-ма на Питагор).
[tex]AH= AO + OH =CO+C_{1 }O_{1 }=12\sqrt{2}\Rightarrow C_{1 }H=h=6\Rightarrow V=2.436=872 cm^{2}[/tex].

[Nathi123]

15.зад. При означенията на зад 16. и АВ = а ; [tex]A_{1 }B_{1 }=b ; \angle C_{1 }CA=45^\circ \Rightarrow HC_{1 }C=45^\circ \Rightarrow C_{1 }H=h=CH=\frac{(a - b) \sqrt{2}}{2}[/tex].
[tex]V=\frac{(a-b)\sqrt{2}}{3.2}(a^{2}+b^{2}+ab)=\frac{(a^{3}-b^{3})\sqrt{2}}{6}[/tex].

[Milenaa]

18 и 24 някой може ли ?

[ева]

18 зад.h(голяма пир.)=14 см.,h(малка пир.)=7 см.,В(малка пир.)=60 [tex]см^{2}[/tex];2а-страна на голяма пир. / V(прес.пир.)=?
Сечението минава през средата на височината.[tex]\Rightarrow[/tex]Страните на м.пир. са [tex]\frac{1}{2}[/tex] от страните на г.пир.
фигурата-г.основа[tex]\approx[/tex]м.основа [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\frac{страна( на г.пир.)^{2}}{страна( на м.пир.)^{2}}[/tex]=[tex]\frac{В г.п.}{В м.п.}[/tex]
[tex]\frac{(2а)^{2}}{а^{2}}[/tex]=[tex]\frac{Вг.}{60}[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] Вг.п.=240 [tex]см^{2}[/tex] тогава
V=[tex]\frac{h}{3}[/tex](Bм.+Вг.+[tex]\sqrt{Вм.Вг.}[/tex])=[tex]\frac{7}{3}[/tex](60+240+[tex]\sqrt{60.240}[/tex])=[tex]\frac{7}{3}[/tex](300+120)=980
V=980[tex]см^{3}[/tex]

[KOPMOPAH]

от Milenaa » Чет Юни 15, 2017 2:54 pm

18 и 24 някой може ли ?

Да решим и $24.$

Обозначаваме ръба на долната основа с $a$, ръба на горната основа с $b$, височината на правилната НЕпресечена $n$-ъгълна прирамида $h_a$, височината на малката правилна НЕпресечена $n$-ъгълна прирамида с основен ръб $b$ с $h_b$, а обемите им - съответно $V_a$ и $V_b$.

След като пирамидите са правилни, проекциите на околните ръбове са радиуси на описаната около правилния $n$-ъгълник окръжност. В частност $R_a$ е радиусът на описаната около долната основа окръжност.
Централният ъгъл срещу страната $a$ е $\frac {2\pi}n$ и по косинусова теорема имаме $a^2=R_a^2+R_a^2-2.R_a.R_a cos \frac {2\pi}n\Right R_a=\frac a{2sin \frac {\pi}n}$, съответно $h_a=R_a tg \alpha=\frac {a.tg \alpha}{2 sin \frac {\pi}n}$
Лицето на голямата основа е $S_a=\frac{n.R_a^2 \sin \frac {2\pi}n}2=\cdots=\frac{n.a^2 cos \frac {\pi}n}{4 sin\frac {\pi}n}=\frac{n.a^2 ctg \frac {\pi}n}4 $
Обемът $V_a=\frac 13\cdot\frac{n.a^2 ctg \frac {\pi}n}4\cdot\frac {a.tg \alpha}{2 sin \frac {\pi}n}=\frac{n.a^3 tg \alpha .ctg \frac {\pi}n}{24 sin \frac {\pi}n}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)$
По същия начин $V_b=\cdots=\frac{n.b^3 tg \alpha .ctg \frac {\pi}n}{24 sin \frac {\pi}n} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)$
Изваждайки $V_b$ от $V_a$ получаваме обема на пресечената пирамида.