Пирамида и паралелепипед

[Milenaa]

1зад. Диагоналът D1B на правоъгълния паралепипед ABCDA1B1C1D1 има дължина l и образува със стрените ADD1A1 и DCD1C1 равни ъгли с големина α.
А)Докажете, че основата АВСD е квадрат и диагоналът АС е перпендикулярен на BD1
Б) Намерете обема на паралепипеда.
В) Докажете, че 2cos[tex]^{2}[/tex]α+cos[tex]^{2}[/tex]β=2 , където β е ъгълът, определен от диагонала BD1 и основата ABCD .
Упътване: Изразете cosα и cosβ посредством l и дължината на основния ръб и заместете в равенството.
Отг. L[tex]^{3}[/tex]sin[tex]^{2}[/tex]α[tex]\sqrt{cos2α}[/tex] , 0<α<П/4
2зад. Височината на правилна триъгълна пирамида е Н . Намерете лицето на повърхнината, ако равнината, построена през върха на основата, перпендикулярна на апотемата на противоположната околна стена, сключва с основата ъгъл от 30градуса.
ОТГ. 3Н[tex]^{2}[/tex]2√3

[Hephaestus]

Задача 1:
А) Първо, трябва да определим кой ъгъл точно е [tex]\alpha[/tex]. По условие това е ъгълът между [tex]BD_{1 } = l[/tex] и
стената [tex]ADD_{1 }A_{1 }[/tex] (респективно и стената [tex]CDD_{1 }C_{1 }[/tex]). Ъгъл между права и равнина е острият ъгъл между правата (в случая [tex]l[/tex]) и ортогоналната ѝ проекция в равнината (равнините са [tex]ADD_{1 }A_{1 }[/tex], [tex]CDD_{1 }C_{1 }[/tex]). Ортогоналните проекции в двете равнини съответно са [tex]AD_{1 }[/tex] и [tex]CD_{1 } \Rightarrow AD_{1 }B = CD_{1 }B = \alpha[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]AD_{1 }B \Rightarrow \frac{AB}{l} = sin\alpha \Rightarrow AB = l.sin\alpha[/tex]. По същия начин [tex]CD_{1 }B[/tex] - правоъгълен [tex]\Rightarrow \frac{BC}{l} = sin\alpha \Rightarrow BC = l.sin\alpha[/tex]. Следователно [tex]AB = BC \Rightarrow ABCD[/tex] е квадрат. Нека пресечната точка на диагоналите на квадрата означим с О. Разбираемо е, че щом [tex]ABCD[/tex] е квадрат, то диагоналите са му перпендикулярни, т.е. [tex]AC \bot BD[/tex], а оттук следва,че [tex]AC[/tex] е перпендикулярна на всяка една права в равнината [tex]BDD_{1 }[/tex][tex]\Rightarrow AC \bot BD_{1 }[/tex].
Б) [tex]AC = BD = AB\sqrt{2} = l.sin\alpha \sqrt{2}[/tex]
От питагоровата теорема за правоъгълния триъгълник [tex]BDD_{1 } \Rightarrow DD_{1 }^2 = BD_{1 }^2 - BD^2 = l^2 - 2.l^2.sin^2\alpha = l^2(1-2.sin^2\alpha) = l^2.cos2\alpha
\Rightarrow DD_{1 } = l\sqrt{cos2\alpha}[/tex]. [tex]V = AB.BC.DD_{1 } = l^3.sin^2\alpha.\sqrt{cos2\alpha}[/tex] [tex](cos2\alpha > 0 \Rightarrow 0<\alpha<45^\circ)[/tex].
В) [tex]\beta = \angle DBD_{1 }, cos\beta = \frac{BD}{l} = \frac{l.sin\alpha \sqrt{2}}{l} = \sqrt{2}.sin\alpha[/tex]
[tex]2cos^2\alpha + cos^2\beta = 2cos^2\alpha + 2sin^2\alpha = 2(cos^2\alpha + sin^2\alpha) = 2.1 = 2[/tex]

[Hephaestus]

Задача 2 е стандартна. Ако правилната триъгълна пирамида е [tex]ABCM[/tex], а [tex]O[/tex] е центърът (медицентър, ортоцентър и т.н.) на основата [tex]ABC[/tex], то [tex]H = MO \bot ABC[/tex]. Построяваме равнината през върха [tex]B[/tex] и тя ще е перпендикулярна на апотемата [tex]MQ (MQ \bot AC)[/tex]. Единият от върховете на равнината лежи върху околния ръб [tex]MA[/tex], а другият - върху [tex]MC[/tex]. Нека даденият ъгъл е [tex]\angle PBQ = 30^\circ[/tex] И щом [tex]BP \bot MQ[/tex], то [tex]\angle BQP = 60^\circ[/tex], тоест [tex]\angle OQM = 60^\circ[/tex]. [tex]\Delta OQM[/tex] е правоъгълен [tex]MQ = \frac{H}{sin60^\circ} = \frac{2H}{\sqrt{3}}[/tex]
[tex]MO = \frac{MQ}{2} = \frac{H}{\sqrt{3}}[/tex] (срещулежащият ъгъл в правоъгълния триъгълник е 30 градуса)
[tex]\Rightarrow BQ = 3.MO = H\sqrt{3}[/tex]
[tex]AB = BC = AC = \frac{2BQ}{\sqrt{3}} = \frac{2H\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 2H[/tex] (зависимост в равностранен триъгълник)
[tex]S_{1 } = S_{ABC } + 3S_{ACM } = \frac{2H.H\sqrt{3}}{2} + 3.\frac{2H.2H}{2\sqrt{3}} = H^2\sqrt{3} + 2H^2\sqrt{3} = 3H^2\sqrt{3}[/tex]

[Milenaa]

БЛАГОДАРЯ !!!!!!!!!!!!!БЛАГОДАРЯ!!!!!!!! БЛАГОДАРЯ!!!!!!!!!!