Може ли малко помощ

[Гост]

20230303_182706.jpg (806.93 KiB) Прегледано 2229 пъти

[mail_dinko]

За 8. получавам [tex]DA= \frac {\sqrt {10}}{3}[/tex]
Решението ще снимам след малко, че е на ръка

[mail_dinko]

За 9та получавам [tex]cos \gamma = \frac {\sqrt {7}}{7}[/tex]
Но мисля, че нещо не я реших правилно

[Евва]

На 9 зад. получавам отговор [tex]\frac{21}{40}[/tex] . Греша ли ?

[Гост]

20230305_091113.jpg (85.44 KiB) Прегледано 2175 пъти

Това са отговорите.

[Гост]

9.

IMG202303050957541.jpg (136.99 KiB) Прегледано 2171 пъти

[S.B.]

Зад.8

Без заглавие - 2023-03-05T144121.562.png (308.17 KiB) Прегледано 2154 пъти

За основата прилагам Питагорова теорема и получавам:
[tex]BC = 2 \sqrt{10} \Rightarrow BM = CM = AM = \sqrt{10}[/tex]
[tex]\angle (DM ; (ABC))[/tex] е линейният [tex]\angle DMA = \varphi[/tex]

[tex]\angle (AM;DC) = \angle(DM; (ABC)) = \varphi[/tex]

Правите $AM$ и $DC$ са кръстосани.За да намерим ъгъла между тях,трябва да построим през $D$ права успоредна на $AM$ и тогава ъгълът между тази права и $DC$ ще бъде търсения.
За целта допълвам пирамидата $ABCD$ до правоъгълния паралелепипед [tex]ABPCD D_{b } P_{1 } D_{c }[/tex]

Построявам [tex]D P_{1 } \begin{cases} D P_{1 } z P \\ D P_{1 } || AP \end{cases}[/tex]
[tex]\angle (P_{1 }D ; DC) = \angle (PA;DC) = \angle (AM;DC) = \varphi[/tex]
Разглеждам [tex]\triangle DC P_{1 }[/tex]:
[tex]DP_{1 } = 2AM = 2 \sqrt{10}[/tex] (От основата [tex]\triangle ABC[/tex])
[tex]P_{1 }C = \sqrt{4 + h^{2 } }[/tex] (от [tex]\triangle P_{1 }C D_{c }[/tex],Питагорова теорема)
[tex]DC = \sqrt{36 + h^{2 } }[/tex] ( От [tex]\triangle ADC[/tex], Питагорова теорема)
За [tex]\triangle DC P_{1 }[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]\cos \varphi = \frac{ P_{1 }C ^{2 } - D P_{1 } ^{2 } - DC^{2 } }{-2.D P_{1 }.DC } \Leftrightarrow \cos \varphi = \frac{4 + h^{2 } - 40 - 36 - h^{2 } }{-2.2 \sqrt{10} \sqrt{36 + h^{2 } } } \Leftrightarrow \cos \varphi = \frac{- 72}{-4 \sqrt{10} \sqrt{36 + h^{2 } } }[/tex]
$$\Rightarrow \cos \varphi = \frac{18}{ \sqrt{10} \sqrt{36 + h^{2 } } } $$

За [tex]\triangle DAM[/tex] прилагам Питагорова теорема и получавам:
$$DM = \sqrt{ h^{2 } + 10 } $$
От [tex]\triangle DAM \rightarrow \frac{AM}{DM} = \cos \varphi \Leftrightarrow \frac{ \sqrt{10} }{ \sqrt{ h^{2 } + 10 } }[/tex]
Като използвам полученият вече [tex]\cos \varphi[/tex] получавам:
[tex]\frac{ \sqrt{10} }{ \sqrt{10 + h^{2 } } } = \frac{18}{ \sqrt{10} \sqrt{36 + h^{2 } } } \Leftrightarrow 5 \sqrt{36 + h^{2 } } = 9 \sqrt{10 + h^{2 } } \Leftrightarrow 25(36 + h^{2 }) = 81(10 + h^{2 } ) \Rightarrow[/tex]
[tex]900 + 25 h^{2 } = 810 + 81 h^{2 } \Leftrightarrow 56 h^{2 } = 90 \Rightarrow h^{2 } = \frac{45}{28}[/tex]
[tex]h = \pm \sqrt{ \frac{45}{28} }[/tex]
[tex]h>0 \Rightarrow h = \frac{3 \sqrt{5} }{2 \sqrt{7} } = \frac{3 \sqrt{35} }{14}[/tex]
$$\Rightarrow AD = \frac{3 \sqrt{35} }{14} $$

[Гост]

Зад.8

Без заглавие - 2023-03-05T144121.562.png

За основата прилагам Питагорова теорема и получавам:
[tex]BC = 2 \sqrt{10} \Rightarrow BM = CM = AM = \sqrt{10}[/tex]
[tex]\angle (DM ; (ABC))[/tex] е линейният [tex]\angle DMA = \varphi[/tex]

[tex]\angle (AM;DC) = \angle(DM; (ABC)) = \varphi[/tex]

Правите $AM$ и $DC$ са кръстосани.За да намерим ъгъла между тях,трябва да построим през $D$ права успоредна на $AM$ и тогава ъгълът между тази права и $DC$ ще бъде търсения.
За целта допълвам пирамидата $ABCD$ до правоъгълния паралелепипед [tex]ABPCD D_{b } P_{1 } D_{c }[/tex]

Построявам [tex]D P_{1 } \begin{cases} D P_{1 } z P \\ D P_{1 } || AP \end{cases}[/tex]
[tex]\angle (P_{1 }D ; DC) = \angle (PA;DC) = \angle (AM;DC) = \varphi[/tex]
Разглеждам [tex]\triangle DC P_{1 }[/tex]:
[tex]DP_{1 } = 2AM = 2 \sqrt{10}[/tex] (От основата [tex]\triangle ABC[/tex])
[tex]P_{1 }C = \sqrt{4 + h^{2 } }[/tex] (от [tex]\triangle P_{1 }C D_{c }[/tex],Питагорова теорема)
[tex]DC = \sqrt{36 + h^{2 } }[/tex] ( От [tex]\triangle ADC[/tex], Питагорова теорема)
За [tex]\triangle DC P_{1 }[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]\cos \varphi = \frac{ P_{1 }C ^{2 } - D P_{1 } ^{2 } - DC^{2 } }{-2.D P_{1 }.DC } \Leftrightarrow \cos \varphi = \frac{4 + h^{2 } - 40 - 36 - h^{2 } }{-2.2 \sqrt{10} \sqrt{36 + h^{2 } } } \Leftrightarrow \cos \varphi = \frac{- 72}{-4 \sqrt{10} \sqrt{36 + h^{2 } } }[/tex]
$$\Rightarrow \cos \varphi = \frac{18}{ \sqrt{10} \sqrt{36 + h^{2 } } } $$

За [tex]\triangle DAM[/tex] прилагам Питагорова теорема и получавам:
$$DM = \sqrt{ h^{2 } + 10 } $$
От [tex]\triangle DAM \rightarrow \frac{AM}{DM} = \cos \varphi \Leftrightarrow \frac{ \sqrt{10} }{ \sqrt{ h^{2 } + 10 } }[/tex]
Като използвам полученият вече [tex]\cos \varphi[/tex] получавам:
[tex]\frac{ \sqrt{10} }{ \sqrt{10 + h^{2 } } } = \frac{18}{ \sqrt{10} \sqrt{36 + h^{2 } } } \Leftrightarrow 5 \sqrt{36 + h^{2 } } = 9 \sqrt{10 + h^{2 } } \Leftrightarrow 25(36 + h^{2 }) = 81(10 + h^{2 } ) \Rightarrow[/tex]
[tex]900 + 25 h^{2 } = 810 + 81 h^{2 } \Leftrightarrow 56 h^{2 } = 90 \Rightarrow h^{2 } = \frac{45}{28}[/tex]
[tex]h = \pm \sqrt{ \frac{45}{28} }[/tex]
[tex]h>0 \Rightarrow h = \frac{3 \sqrt{5} }{2 \sqrt{7} } = \frac{3 \sqrt{35} }{14}[/tex]
$$\Rightarrow AD = \frac{3 \sqrt{35} }{14} $$

Благодаря много!❤️

[S.B.]

Зад.9

Без заглавие - 2023-03-05T230224.315.png (354.01 KiB) Прегледано 2128 пъти

[tex]\cos \alpha = \frac{ \sqrt{3} }{3} \Rightarrow \sin \alpha = \sqrt{1 - \frac{3}{9} } = \sqrt{ \frac{2}{3} }= \frac{ \sqrt{6} }{3}[/tex]
[tex]\tg \alpha = \displaystyle\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha } = \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{ \sqrt{6} }{3} }{\displaystyle \frac{ \sqrt{3} }{3} } = \sqrt{2}[/tex]
От [tex]\triangle HEC \rightarrow \frac{HE}{HC} = \tg \alpha \Leftrightarrow \frac{h}{HC} = \sqrt{2} \Leftrightarrow h = HC. \sqrt{2} \Leftrightarrow HC = \frac{h}{ \sqrt{2} }[/tex]
$$\Rightarrow HC = \frac{h \sqrt{2} }{2}$$

[tex]\cos \beta = \frac{ \sqrt{5} }{5} \Rightarrow \sin \beta = \frac{2 \sqrt{5} }{5} \Rightarrow \tg \beta = \frac{\sin \beta }{\cos \beta } = 2[/tex]
От [tex]\triangle HED \rightarrow \frac{EH}{HD} = \tg \beta \Leftrightarrow \frac{h}{HD} = 2 \Leftrightarrow h = 2.HD[/tex]
$$\Rightarrow HD = \frac{h}{2} $$
Нека страната на ромба е $a$ , [tex]\angle A = \varphi , \angle B = 180 ^\circ - \varphi[/tex]

За [tex]\triangle AHD[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]HD^{2 } = AH^{2 } + AD^{2 } - 2.AH.AD.\cos \varphi \Leftrightarrow \frac{ h^{2 } }{4} = a^{2 } + \frac{ a^{2 } }{4} - a^{2 }\cos \varphi = \frac{5}{4} a^{2 } - a^{2 }\cos \varphi[/tex]
$$\Rightarrow h^{2 } = a^{2 }(5 - 4\cos \varphi) $$
За [tex]\triangle BHC[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]HC^{2 } = HB^{2 } + BC^{2 } - 2.HB.BC.\cos(180 ^\circ - \varphi) \Leftrightarrow \frac{2 h^{2 } }{4}= a^{2 } + \frac{ a^{2 } }{4} + 2.a. \frac{a}{2}\cos \varphi = \frac{5}{4} a^{2 } + a^{2 }\cos \varphi[/tex]
[tex]\Rightarrow \frac{2 h^{2 } }{4} = \frac{ a^{2 } }{4}(5 + 4\cos \varphi )[/tex]
$$\Rightarrow h^{2 } = \frac{ a^{2 } }{2} (5 + 4\cos \varphi) $$

Приравнявам и получавам:
[tex]a^{2 }(5 - 4\cos \varphi ) = \frac{ a^{2 } }{2}(5 + 4\cos \varphi ) \Leftrightarrow 2(5 - 4\cos \varphi) = 5 + 4\cos \varphi \Leftrightarrow 10 - 8\cos \varphi = 5 + 4\cos \varphi \Leftrightarrow 12\cos \varphi = 5[/tex]
$$\Rightarrow \cos \varphi = \frac{5}{12} $$