Триъгълна пирамида

[S.B.]

Без заглавие (62).png (359.29 KiB) Прегледано 421 пъти

В триъгълна пирамида $ABCD$ околният ръб $DC$ сключва с равнината на основата $ABC$ ъгъл с големина [tex]45^\circ[/tex].Околните ръбове $DA$ и $DB$,както и околните стени $DCA$ и $DCB$ сключват с основата ъгли с големина $60^\circ$.Да се намери обема на пирамидата ,ако радиусът на описаната около нея сфера има дължина $3$.
Отг.$V = 8$

[ptj]

От равенството на двустенните ъгли с основата и съответните ъгли между околни ребра и основата, следва [tex](ABD)\bot(ABC)[/tex].
Нека т.[tex]N[/tex] е средата на [tex]AB[/tex] и [tex]CN=x[/tex].
От равенството на ортогоналните проекции на точките [tex]А[/tex] и [tex]B[/tex] в равнината [tex](CND)[/tex] и от равнобедреността на правоъгълния [tex]\triangle CND[/tex], следва че центъра на описаната сфера [tex]Q[/tex] (смених я заради чертежа) лежи на медианата към хипотенузата му [tex](NO)[/tex].

[tex]CA=CB=\frac{2x}{\sqrt{3}}[/tex] (Питагорова)

Нека симетралата на [tex]CA[/tex] пресича [tex]CN[/tex] в т.[tex]М[/tex].
[tex]CM=\frac{2}{\sqrt{3}}.\frac{2x}{2\sqrt{3}}=\frac{2x}{3}[/tex]

От теорема на Талес намираме, че симетралната равнина на [tex]AC[/tex] пресича [tex]ON[/tex] в т.[tex]Q[/tex], като [tex]OQ:QN=1:2[/tex]

Тогава за радиуса на описаната окръжност намираме [tex]QC=\sqrt{OC^2+(\frac{OC}{3})^2}=\frac{2.OC}{\sqrt{3}}\Rightarrow OC=\frac{3\sqrt{3}}{2}\Rightarrow CD=3\sqrt{3}\Rightarrow AN=x=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}}[/tex]

[tex]V_{ABCD}=\frac{1}{3}CN.S_{ABD}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{AB.DN}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{3}{\sqrt{2}}.\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{27}{4}[/tex]

[S.B.]

[tex]V_{ABCD}=\frac{1}{3}CN.S_{ABD}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{AB.DN}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{3}{\sqrt{2}}.\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{27}{4}[/tex]

Отговорът е $V = 8$

[ptj]

Разбрах къде греша, защото твоя чертеж е коректен.

[ptj]

Първо малко обяснения към чертежа на колежката:
Нека [tex]P[/tex] e ортогонална проекция на [tex]D[/tex] в равнината [tex](ABC)[/tex].
Тогава [tex]PB[/tex] и [tex]PA[/tex] са ортогонални проекции съответно на [tex]DB[/tex] и [tex]DA[/tex] в същата равнина.
По условие [tex]\angle{DBP}=\angle{DAP}=60^\circ[/tex] (ъгъл м/у бедро и равнината на основата).
От равенството на двустенните ъгли на [tex](CBD)[/tex] c [tex](ABC)[/tex] и на [tex](CAD)[/tex] с [tex](ABC)[/tex] и факта, че мярката им отново е [tex]60^\circ[/tex], правим извод, че съответните им равнинни ъгли са точно споменатите по-горе [tex]\angle{DBP}=\angle{DAP}=60^\circ[/tex].
Освен това [tex](DBP)\bot(DBC)[/tex] и [tex](DAP)\bot(DAC)[/tex].
Следствие от последното е [tex]\angle {CBD}=\angle {CAD}=90^\circ[/tex] (пресечницата в двустенен ъгъл е перпендикулярна на равнината, в която лежи неговия съответен равнинен ъгъл).
Сл.[tex]CD[/tex] се явява диаметър на описаната сфера.
Тогава ако означим с [tex]О[/tex] средата на [tex]CD[/tex], то тази точка е точно центъра на сферата.
Точка [tex]P[/tex] също лежи на сферата (медианите в правоъгълните триъгълници с обща хипотенуза са равни).


Да продължим сега със сметките:
[tex]CP=PD=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}[/tex]
[tex]\triangle DBP\cong\triangle DAP[/tex] (обща страна и по два равни съответни ъгъла) [tex]\Rightarrow DB=DA=\frac{DP}{sin 60^\circ}=\frac{3.2.\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=2\sqrt{6}[/tex]
[tex]CB=CA=\sqrt{6^2-(2\sqrt{6})^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}[/tex]

[tex]APBC[/tex] e делтоид сл. диагоналите му са перпендикулярни.

[tex]V_{CAPBD}=2V_{CBPD}=2\frac{1}{3}.CB.S_{PBD}=\frac{2}{3}.2\sqrt{3}.\frac{DP.PB}{2}=\frac{4\sqrt{3}}{3}.\frac{DP.DB}{4}=\frac{\sqrt{3}.3\sqrt{2}.2\sqrt{6}}{3}=12[/tex]

[tex]V_{CAPBD}=\frac{1}{3}.DP.S_{CAPB}=\frac{1}{3}.DP.\frac{CP.AB}{2}=\frac{3\sqrt{2}.3\sqrt{2}.AB}{3.2}=3AB[/tex]

Сл. [tex]AB=4[/tex]

[tex]CP\cap AB=\{т.M\}[/tex]

[tex]CM=\sqrt{CB^2-BM^2}=\sqrt{12-4}=2\sqrt{2}[/tex]

[tex]V_{ABCD}=\frac{1}{3}.DP.S_{ABC}=\frac{1}{3}.DP.2.S_{BMC}=\frac{1}{3}.3\sqrt{2}.CM.BM=\sqrt{2}.2\sqrt{2}.2=8[/tex]

[S.B.]

Без заглавие (65).png (249.73 KiB) Прегледано 320 пъти

Благодаря на колегата ptj за вниманието и отделеното време за задачата която аз представих!
А сега,с негово позволение ще представя и моето решение.Чертежа който съм представила не може да претендира за "работен", а по- скоро за "декоративен" представящ пълното условие на задачата,без да показва начина на решаването й.Единствените елементи ,целящи "упътване",които съм оставила са т.$O$ като център на сферата и т.$P$ като ортогонална проекция на върха $D$.Ето защо сега представям и работен чертеж,свързан с решаването на задачата.
Решение :
Тъй като равнините $CAD$ и $CBD$ сключват равни ъгли с равнината на основата $ABC$ то ръбът $CD$ се проектира върху ъглополовящата на [tex]\angle ACB - CL[/tex]. Нека т.$P$ е ортогоналната проекция на $D$ върху равнината $ABC$.
Тогава т.$P \in $ ъглополовящата $CL$.Построявам $PA_{1 } \bot AC, (A_{1 }\in AC)$ По теоремата за трите перпендикуляра $\Rightarrow DA_{1 } \bot AC$ .По условие $\angle DAP = 60^\circ$ и $\angle DA_{1 }P = 60^\circ$,Тогава :$\triangle DAP \cong \triangle DA_{1 }P$ (по 2 признак) и би трябвало $PA = PA_{1 }$ но $PA > PA_{1 }$ (от наклонена и перпендикуляр от т.$P$ към правата $AC$ )и равенство се достига единствено ако т.$ А\equiv А_{1 } \Rightarrow А\equiv А_{1 }$ и $\angle PAC = 90^\circ ,\angle DAC = 90^\circ$ от където $\Rightarrow \triangle DAC$ е правоъгълен с хипотенуза $CD$ и $\triangle PAC$ е правоъгълен с хипотенуза $CP$
След аналогични разсъждения се доказва,че $\triangle BCD$ е правоъгълен с хипотенуза $DC$ и $\triangle PBC$ е правоъгълен с хипотенуза $PC$
Чрез еднакви триъгълници се доказва и ,че $AP = BP$ и съответно $AC = BC$
Трите правоъгълни триъгълника $\triangle CPD,\triangle ACD ,\triangle BCD$ имат обща хипотенуза $DC$ и центъра на описаната сфера $O$ е средата й,защото $CO = OD = AO = BO = R = 3$ (Медианата е полвината от хипотенузата)
$CD = 2R = 6 , DP = PC = 3\sqrt{2}$ (от равнобедрения правоъгълен $\triangle CPD$)
От $\triangle APD \Rightarrow \frac{AP}{PD} = cotg60^\circ \Rightarrow AP = 3\sqrt{2}.\frac{\sqrt{3}}{3} = \sqrt{6}$
От $\triangle CAP $ по Питагор $AC = \sqrt{CP^{2} - AP^{2}} = \sqrt{18 - 6} = 2\sqrt{3}$
$sin\angle ACP = \frac{\sqrt{3}}{3} , cos\angle ACP = \frac{\sqrt{6}}{3} \Rightarrow sin\angle ACB = 2.\frac{\sqrt{3}}{3}.\frac{\sqrt{6}}{3} =\frac{2\sqrt{2}}{3}$
$S_{ABC } = \frac{CB.CA}{2}.sin\angle ACB = \frac{2\sqrt{3}.2\sqrt{3}}{2}. \frac{2\sqrt{2}}{3} = 4\sqrt{2}$
$V_{ABCD } = \frac{S_{ABC }.PD}{3} = \frac{4\sqrt{2}.3\sqrt{2}}{3} = 8$