Пирамиди

[Гост]

Може ли някой да ми посочи грешката? Получавам, че к=[tex]\sqrt{3}[/tex]h/3 и М1С1 = h/2. Което не е възможно, правейки проверка с теоремата за ъгъл от 30[tex]^\circ[/tex]. И сега не мога да продължа. Апотемата к я намерих чрез тангенс от ъгъла, а М1С1 чрез косинус от ъгъла.

[ptj]

При правилна триъгълна пирамида петата [tex]O[/tex] на височината h към основата се явява също

център на описаната окръжност (пресечена точка на симетралите) , център на вписаната окръжност (пресечена точка на ъглополовящите),

медицентър и пресечена точка на трите височини в основата.

Нека [tex]АА_1[/tex] е височина в оcновата.

Тогава [tex]\frac{OA_1}{h}=ctg(60 ^\circ ) \Rightarrow OA_1=h.ctg(60 ^\circ )[/tex] . (ъгъла между две равнини лежи в тяхна перпендикулярна равнина)

[tex]AA_1=3.OA_1=3h.ctg(60 ^\circ )=3 \sqrt{3}h[/tex] (свойство на медицентъра).

Страна от основaта може да намерим от [tex]AA_1:a=sin(60 ^\circ ) = \frac{ \sqrt{3} }{2} \Rightarrow a= \frac{АА_1}{sin(60 ^\circ) }=3 \sqrt{3}h. \frac{2}{ \sqrt{3} }=6h[/tex]

[tex]V= \frac{1}{6}a.AA_1.h=\frac{1}{6}a.AA_1.h=\frac{1}{6}6h.3 \sqrt{3} .h=3 \sqrt{3}.h^3[/tex]

[S.B.]

Може ли някой да ми посочи грешката? Получавам, че к=[tex]\sqrt{3}[/tex]h/3 и М1С1 = h/2. Което не е възможно, правейки проверка с теоремата за ъгъл от 30[tex]^\circ[/tex]. И сега не мога да продължа. Апотемата к я намерих чрез тангенс от ъгъла, а М1С1 чрез косинус от ъгъла.

Без заглавие - 2025-01-29T175324.122.png (265.6 KiB) Прегледано 301 пъти

Явно си се потрудил(а), но нещо не се е получило както трябва.Ще уважа труда ти и ще се опитам да следвам пътя,който си избрал(а), с някои изменения от моя страна.

Пирамидата е правилна, следователно върхът и се проектира върху центъра на описаната около основата окръжност т.$O$.Основата е равностранен триъгълник и т.$O$ съвпада и с медицентъра.
Има правило в стереометрията - когато ще правиш нещо ,построй си равнина и работи в нея!
Ето защо ,през медианата [tex]A A_{1 }[/tex] и височината $MO$ аз построявам равнина,която пресича пирамидата в [tex]\triangle A A_{1 }M[/tex] и сега ще работим в равнината на сечението [tex]\triangle A A_{1 }M[/tex]
[tex]M A_{1 } = k[/tex] (апотемата)
От правоъгълния [tex]\triangle O A_{1 }M \rightarrow \frac{OM}{M A_{1 } } = \sin 60 ^\circ \Leftrightarrow \frac{h}{k} = \frac{ \sqrt{3} }{2} \ \Leftrightarrow h = k \frac{ \sqrt{3} }{2} \Rightarrow k = \frac{2.h}{ \sqrt{3} }[/tex]
$$\Rightarrow k = \frac{2 \sqrt{3} }{3}h $$
Както си забелязал(а) [tex]O A_{1 }[/tex] лежи срещу ъгъл [tex]30 ^\circ \Rightarrow OA_{1 } = \frac{k}{2}[/tex]
$$\Rightarrow O A_{1 } = \frac{ \sqrt{3} }{3}.h $$
Приемаш,че основният ръб е $a$ и прилагаш за [tex]\triangle AB A_{1 }[/tex] от равнината на основата Питагорова теорема получаваш,че:
$$AA_{1 } = \frac{a \sqrt{3} }{2} $$
Отбелязахме,че т.$O$ съвпада с медицентъра [tex]\Rightarrow O A_{1 } = \frac{1}{3} AA_{1 } \Rightarrow O A_{1 } = \frac{a \sqrt{3} }{6}[/tex]

[tex]\begin{cases} O A_{1 } = \displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{3}.h \\ O A_{1 } = \displaystyle\frac{a \sqrt{3} }{6} \end{cases} \Rightarrow \displaystyle\frac{ \sqrt{3} }{3}h =\displaystyle \frac{a \sqrt{3} }{6} \Leftrightarrow h = \displaystyle \frac{a}{2}[/tex]
$$\Rightarrow a = 2h$$

[tex]V_{MABC } = \frac{h}{3}. S_{ABC } \Leftrightarrow V_{MABC } = \frac{h}{3}. \frac{ a^{2 } \sqrt{3} }{4}= \frac{h}{3} \frac{4 h^{2 } \sqrt{3} }{4}[/tex]
$$\Rightarrow V_{MABC } = \frac{ h^{3 } \sqrt{3} }{3} $$

[Гост]

Благодаря, прекрасни хора!

[Гост]

Може ли да ми кажете коя програма използвате за чертежите?

[ptj]

Грешката ми е, че [tex]ctg(60)= \frac{1}{ \sqrt{3} }[/tex] и ако го заменя с правилната стойност ще се получи същия отговор като на S.B.

[S.B.]

Може ли да ми кажете коя програма използвате за чертежите?

Работя с Geo Gebra.