Стереометрия

[Гост]

Бих се радвала, ако някой би могъл да помогне с тези 4 задачки

[KOPMOPAH]

Куб.png (9.29 KiB) Прегледано 192 пъти

Честита Нова 2017 година! Поздравления за ученолюбивите!

Тъй като страната на куба не е дадена, приемаме я за $1$. Построяваме т.$P$ - среда на $CD$ и т.$Q$ - среда на $B_1C_1$. Четириъгълникът $OPQB_1$ е успоредник, оттам $PQ=B_1O$. За $\triangle BOB_1$ $BB_1=1$, $BO=\frac{\sqrt 2}{2}$ и по Питагорова теорема $B_1O=...\frac{\sqrt 6}{2}$. Сега разглеждаме $\triangle PQC$, за който имаме $PQ=B_1O=\frac{\sqrt 6}{2}$, $PC=\frac{1}{2}$ и $CQ=\frac{\sqrt 5}{2}$ (от Питагорова теорема за $\triangle CC_1Q)$.
Косинусът на търсения ъгъл може да бъде намерен по косинусова теорема за $\triangle PQC$ $PC^2+PQ^2-2PC.PQ.cos (\measuredangle CPQ)=CQ^2$, след извършване на действията

[KOPMOPAH]

7. Задача

В пета задача по-горе получихме, че разстоянието от центъра на долната основа $ABCD$ до някой от върховете на горната $A_1B_1C_1D_1$ е $\frac{\sqrt 6}{2}$. Прилагаме косинусова теорема за $\triangle OB_1A_1$ $OB_1^2+OA_1^2-2OB_1.OA_1.cos(\measuredangle A_1OB_1)=A_1B_1^2$, $(\frac{\sqrt 6}{2})^2+(\frac{\sqrt 6}{2})^2-2\frac{\sqrt 6}{2}\frac{\sqrt 6}{2}cos(\measuredangle A_1OB_1)=1\; ...\; cos(\measuredangle A_1OB_1)=\frac{2}{3}$.
По същата логика, за да намерим косинуса на ъгъла $\measuredangle (A_1OC_1)$ прилагаме косинусова теорема за $\triangle OA_1C_1$ и получаваме $cos(\measuredangle A_1OC_1)=\frac{1}{3}$

[Knowledge Greedy]

Тъкмо щях да се скарам на детето, че не съобразява как да снима тези задачи нормално и ... KOPMOPAH свърши работата позитивно, без караница!

[KOPMOPAH]

Тетраедър.png (8.64 KiB) Прегледано 165 пъти

С леко изкривен врат, продължавам решаването

4 Задача.

В тази задача две неща са най-трудни:
1) да се направи разбираем чертеж;
2) да се осмисли фактът, че $\triangle EDM$ е правоъгълен (!!!) с прав ъгъл при върха $D$

Както и при другите задачи, пренасяме паралелно $DN$ в $EB$ с намерението да получим триъгълник, в който влиза търсеният ъгъл. Четириъгълникът $EBND$ всъщност е правоъгълник, $DE=NB=\frac{1}{2}$, $DN=EB=\frac{\sqrt 3}{2}$.
От своя страна $\triangle EDM$ е правоъгълен с прав ъгъл при върха $D$, защото срещуположните ръбове на правилния тетраедър са перпендикулярни, следователно $EM=\frac{\sqrt 2}{2}$. Сега стигаме до $\triangle MBE$, по косинусова теорема $EM^2=EB^2+MB^2-2.EM.MB.cos(\measuredangle MBE)$, $\left(\frac{\sqrt 2}{2}\right)^2=\left(\frac{\sqrt 3}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt 3}{2}\right)^2+2.\left(\frac{\sqrt 3}{2}\right)\left(\frac{\sqrt 3}{2}\right)cos(\measuredangle MBE)$
След извършване на действията се стига до $cos(\measuredangle MBE)=\frac{2}{3}$

[KOPMOPAH]

7 Задача

И тук имаме успоредно пренасяне на единия диагонал. Означаваме търсения ръб с $x$, може и с друга буква

Призма.png (10.46 KiB) Прегледано 164 пъти

Триъгълник $\triangle MBC$ е правоъгълен, защото медианата му $CA$ е равна на половината страна $MB$, следователно $MC=a\sqrt 3$. По Питагорова теорема за $\triangle MAA_1$ получаваме $MA_1=\sqrt {x^2+a^2}$, и след това прилагаме пак Питагорова теорема за $\triangle MCA_1$
$(\sqrt {x^2+a^2})^2+(\sqrt {x^2+a^2})^2=(a\sqrt 3)^2$
$x^2+a^2+x^2+a^2=3a^2$, $x=a\frac{\sqrt 2}{2}$