пирамиди-11 клас профилирана подготовка

[simeon.savchev]

Може ли помощ за тези задачи?

[Евва]

ABCDN -правилна четириъг. пирамида , AB=a=10 ,AC[tex]\cap[/tex]BD в т.H ,т.M е среда на отс.BC,
[tex]\angle[/tex]NAH=[tex]\alpha[/tex] ,[tex]\angle[/tex]NMH=[tex]\beta[/tex] ,AN=l=? NM=k=? NH=h=?
[tex]\triangle[/tex]HMN- правоъг. cos[tex]\angle[/tex]NMH=[tex]\frac{HM}{NM}[/tex] ;cos[tex]\beta[/tex]=[tex]\frac{ \frac{AB}{2} }{NM}[/tex] ;[tex]\frac{5}{13} = \frac{ \frac{10}{2} }{NM}[/tex] ;k=NM=13

[tex]\triangle[/tex]HMN -правоъг. [tex]NH^{2 }+ HM^{2 } = MN^{2 }[/tex] ;[tex]h^{2 } + 5^{2 } =13^{2 }[/tex] ;h=NH=12
ABCD -квадрат ,защото пирамидата е правилна [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle[/tex]AHB=90[tex]^\circ[/tex]
[tex]AH^{2 }+ BH^{2 } = AB^{2 }[/tex] ;2[tex]AH^{2 }[/tex] =100 ;AH=[tex]\sqrt{50}[/tex]

[tex]\triangle[/tex]AHN- правоъг. [tex]AN^{2 }= AH^{2 } + NH^{2 }[/tex] ;[tex]l^{2 } =50+ 12^{2 }[/tex] ;l=AN=[tex]\sqrt{194}[/tex]
cos[tex]\angle[/tex]NAH=cos[tex]\alpha[/tex]=[tex]\frac{AH}{AN}= \frac{ \sqrt{50} }{ \sqrt{194} }[/tex]= [tex]\frac{5 \sqrt{2} }{ \sqrt{97}. \sqrt{2} }[/tex] = [tex]\frac{5 \sqrt{97} }{97}[/tex] ;cos[tex]\alpha[/tex]=[tex]\frac{5 \sqrt{97} }{97}[/tex]
Нататък е лесно .

[Евва]

2 зад. ABCD -правилна триъг. пирамида ,[tex]\triangle[/tex]ABC е равностранен с медицентър т.G,
т.M -среда на отс.АВ ,CD=l=26 ,cos[tex]\angle[/tex]DCG=cos[tex]\alpha[/tex]=[tex]\frac{12}{13}[/tex]
AB=a=? k=DM=? h=DG=? cos[tex]\angle[/tex]GMD=cos[tex]\beta[/tex]=?

[tex]\triangle[/tex]CGD-правоъгълен cos[tex]\angle[/tex]DCG=cos[tex]\alpha[/tex]=[tex]\frac{CG}{CD}[/tex] ;[tex]\frac{12}{13} = \frac{CG}{26}[/tex] ; CG=24
(учено в 7 клас) CG=[tex]\frac{2}{3}[/tex]CM ;24=[tex]\frac{2}{3}[/tex]CM ;CM=36
Построихме CM -медиана ,но тя се явява и височина в равностранния [tex]\triangle[/tex]ABC [tex]\Rightarrow[/tex] CM=[tex]\frac{AB \sqrt{3} }{2}[/tex]
36=[tex]\frac{AB \sqrt{3} }{2}[/tex] ;AB=[tex]\frac{36.2}{ \sqrt{3} }[/tex].[tex]\frac{ \sqrt{3} }{ \sqrt{3} }[/tex]=24[tex]\sqrt{3}[/tex] ; a=AB=24[tex]\sqrt{3}[/tex]
[tex]\triangle[/tex]CGD -правоъг. [tex]CG^{2 } +DG^{2 } = CD^{2 }[/tex] ; [tex]24^{2 }+ h^{2 } = 26^{2 }[/tex] ;h=[tex]\sqrt{676-576}[/tex] ;h=DG=10
[tex]\triangle[/tex]GMD -правоъг. [tex]DM^{2 }= DG^{2 }+ GM^{2 }[/tex] ;[tex]k^{2 } = 10^{2 }+ ( \frac{CG}{2} )^{2 }[/tex] ;[tex]k^{2 }[/tex]=100+144 ;k=DM=2[tex]\sqrt{61}[/tex]

[tex]\triangle[/tex]GMD -правоъг. cos[tex]\angle[/tex]GMD=cos[tex]\beta[/tex]=[tex]\frac{GM}{DM}[/tex] ;cos[tex]\beta[/tex]=[tex]\frac{ \frac{24}{2} }{2 \sqrt{61} }[/tex] ;cos[tex]\beta[/tex]=[tex]\frac{6 \sqrt{61} }{61}[/tex]
Нататък е лесно .

[ammornil]

Елементи на правилна триъгълна пирамида

Елементи на правилна четириъгълна пирамида

Елементи на пресечни пирамиди

За правилна четириъгълна пирамида...
[tex]\\[/tex]

Screenshot 2023-11-24 085806.png (41.28 KiB) Прегледано 2394 пъти

[tex]\\[/tex]
За правилна четириъгълна пирамида са винаги изпълнени следните условия (именувани по елементите на приложения чертеж):
[tex]ABCD \rightarrow \hspace{2em} \begin{cases} AB=BC=CD=AD \\ \angle{DAB}=\angle{ABC}=\angle{BCD}=\angle{CDA}=90^{\circ} \\ AC=BD=AB\cdot{\sqrt{2}} \\ AC \bot BD \\ AC \cap BD = O \rightarrow AO=BO=CO=DO=\frac{\normalsize{AB\cdot{\sqrt{2}}}}{\normalsize{2}} \rightarrow \text{ радиуси на описаната около основата окръжност} \\ \angle{AOB}=\angle{BOC}=\angle{COD}=\angle{AOD}=90^{\circ} \\ AK=BK=BN=CN=CP=DP=DQ=AQ=\frac{AB}{2} \\ OK=ON=OP=PQ=\frac{\normalsize{AB}}{\normalsize{2}} \text{ радиуси на вписаната в основата окръжност} \\ OK \bot AB, ON \bot BC, OP \bot CD, OQ \bot AD, PK \| AD, PK \| BC, NQ \| AB, NQ \| CD \\ PK=NQ=AB \end{cases}[/tex]

[tex]ABCDM \rightarrow \begin{cases} AM=BM=CM=DM \\ MK = MN = MP = MQ \text{ апотеми (височини на околни стени)} \\ MO \bot p(ABCD) \Rightarrow MO \bot AC, MO \bot BD\\ \angle{OAM}=\angle{OBM}=\angle{OCM}=\angle{ODM} \\ \angle{OKM}=\angle{ONM}=\angle{OPM}=\angle{OQM} \\ \triangle{ABM} \cong \triangle{BCM} \cong \triangle{CDM} \cong \triangle{DAM} \\ \triangle{AOM} \cong \triangle{BOM} \cong \triangle{COM} \cong \triangle{DOM} \\ \triangle{KOM} \cong \triangle{NOM} \cong \triangle{POM} \cong \triangle{QOM} \end{cases}[/tex]

За правилна четириъгълна пирамида са общоприети следните условни означения:
[tex]AB=BC=CD=AD=a; \hspace{2em} AM=BM=CM=DM=l ; \hspace{2em} MK=MN=MP=MQ=k ; \hspace{2em} MO=H; \hspace{2em} AC=BD=d[/tex]
[tex]l^{^{2}}=\frac{a^{^{2}}}{4}+k^{^{2}}, \hspace{10 mm} l^{^{2}}=\frac{a^{^{2}}}{2}+H^{^{2}}, \hspace{10 mm} k^{^{2}}=\frac{a^{^{2}}}{4}+H^{^{2}}[/tex]
[tex]B=S_{ABCD}=a^{2}=\frac{d^{2}}{2} \text{ лице на основата}; \hspace{2em} S_{ABCDM}=2\cdot{a}\cdot{k} \text{ лице на околна повърхнина}[/tex]

[tex]S_{1_{ABCDM}}=B+S \text{ лице на пълна повърхнина}; \hspace{2em} V_{ABCDM}=\frac{1}{3}\cdot{B}\cdot{H}=\frac{a^{2}\cdot{H}}{3} \text{ обем на пирамидата}[/tex]

Тригонометричните функции се определят от триъгълници в пирамидата, или като отношение на страни на правоъгълни триъгълници, или от синусова/косинусова теореми.

[Гост]

Дадена е правилна четириъгълна пирамида ABCDM, на която тангенсът на линейния ъгъл между околна стена и основа е равен на корен от 2. Точка P е среда на височината на пирамидата MO. От точка P е построен перпендикуляр PQ към околния ръб AM (т.Q лежи на AM) , PQ= корен от 2. Намерете:
а)обема на пирамидата
б) ъгъл(PQ;BD)

[Гост]

Дадена е правилна четириъгълна пирамида ABCDM, на която тангенсът на линейния ъгъл между околна стена и основа е равен на корен от 2. Точка P е среда на височината на пирамидата MO. От точка P е построен перпендикуляр PQ към околния ръб AM (т.Q лежи на AM) , PQ= корен от 2. Намерете:
а)обема на пирамидата
б) ъгъл(PQ;BD)

Нуждая се от помощ

[ammornil]

$\quad$Един съвет от мен за публикуването на питания: Ако публикувате запитвнето си в нова тема ще имате по-голям шанс да получите отговор отколкото като го публикувате в края на вече решен проблем. Не мога да говоря за колегите, но понякога, когато имам малко време на разположение, аз преглеждам само постовете с нула отговора до момента, и оставям да разгледам решенията предложени от колеги за по-късно.$\\[12pt]$

Screenshot 2025-05-09 094404.png (45.84 KiB) Прегледано 308 пъти

$\\[24pt] ABCDM, \hspace{0.5em} M\notin{p(ABCD)}, \hspace{0.5em} \measuredangle{DAC}=\measuredangle{ABC}=\measuredangle{BCD}=\measuredangle{CDA}= 90^{\circ}\\ AB=BC=CD=AD, \hspace{0.5em} AC\cap{BD}=O, \hspace{0.5em} AO=BO=CO=DO, \hspace{0.5em} MO\bot{p(ABCD)}\\ AM=BM=CM=DM \\ K\in{BC}, \hspace{0.5em} BK=KC, \hspace{0.5em} \\ \quad \triangle{BCM}\quad \begin{cases}BM=CM \\ BK=KC\end{cases} \Rightarrow MK\bot{BC} \\ \quad \begin{cases} MK\bot{BC} \\ MO\bot{p(ABCD)}\Rightarrow MO\bot{BC} \end{cases} \hspace{0.5em} \Rightarrow\text{Т-ма}3\bot{}: \hspace{0.5em} OK\bot{BC} \Rightarrow \\ \angle{OKM}=\angle{(\text{ок. стена},\text{основа})}=\varphi \Rightarrow \tg{\varphi}=\sqrt{2}\\ P\in{MO}, \hspace{0.5em} OP=PM \\ Q\in{AM}, \hspace{0.5em} PQ\bot{AM}, \hspace{0.5em} PQ=\sqrt{2}\\[6pt] \text{(а)} \hspace{0.5em} $Намерете обема на пирамидата.$\\ \text{(б)} \hspace{0.5em} \angle{(PQ, BD)}=?\\[12pt]$Нека въведем някои условни означения за да улесним записванията:$\\ AB=BC=CD=AD=a, \hspace{0.5em} AM=BM=CM=DM=l, \hspace{0.5em} MO=H, \hspace{0.5em} MK=k\\[12pt] \begin{cases}AO=OC \\ BK=KC \end{cases} \Rightarrow OK \text{ е средна отсечка в } \triangle{ABC} \Rightarrow OK=\dfrac{a}{2} \\[6pt] \triangle{MOK}, \begin{cases} \angle{MOK}=90^{\circ} \\ \angle{OKM}=\varphi \end{cases} \Rightarrow \tg{\varphi}=\dfrac{MO}{OK} \Rightarrow MO= OK\cdot{\tg{\varphi}}\Rightarrow H=\dfrac{a\sqrt{2}}{2} \\[6pt]\quad MK=\sqrt{MO^{2}+OK^{2}} \Rightarrow k= \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \\[6pt] \triangle{ABC}: \quad AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}} \Leftrightarrow AC=a\sqrt{2} \\[6pt] AO =BO =CO =DO =\dfrac{AC}{2} =\dfrac{a\sqrt{2}}{2} \\[6pt] Q_{1}\in{AM}, \hspace{0.5em} OQ_{1}\bot{AM} \\[6pt] \begin{cases} OQ_{1}\in{p(AOM)}, \hspace{0.5em} OQ_{1}\bot{AM} \\ PQ\in{p(AOM)}, \hspace{0.5em} PQ\bot{AM} \end{cases} \Rightarrow PQ\|OQ_{1} \Rightarrow \angle{QPM}=\angle{Q_{1}OM} \\[6pt] \triangle{OQ_{1}M}\sim \triangle{PQM} \text{ по три ъгъла } \Rightarrow \dfrac{PQ}{OQ_{1}}=\dfrac{MP}{MO}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow OQ_{1}=2\cdot{PQ}= 2\sqrt{2} \\[6pt] S_{AOM}=\dfrac{MO\cdot{AO}}{2}= \dfrac{AM\cdot{OQ_{1}}}{2} \Rightarrow MO\cdot{AO}=AM\cdot{OQ_{1}} \Leftrightarrow H\cdot{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}}= l\cdot{ 2\sqrt{2}} \\[6pt] \Rightarrow \dfrac{a\sqrt{2}}{2}\cdot{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}} = 2\sqrt{2}\cdot{l} \Leftrightarrow l=\dfrac{a^{2}\sqrt{2}}{8} \quad (\text{р-во (1)}\\[6pt] \triangle{BKM}: BM= \sqrt{BK^{2} +MK^{2}}= \sqrt{\dfrac{a^{2}}{4} +\dfrac{3a^{2}}{4}}= a \Rightarrow l=a \quad (\text{р-во (2)} \\[12pt] \text{От р-во (1) и р-во (2)} \Rightarrow \dfrac{a^{2}\sqrt{2}}{8}= a \Leftrightarrow \dfrac{a\sqrt{2}}{8} = 1 \Leftrightarrow$ $$ a=4\sqrt{2}$$ $\\[6pt] H=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}= 4, \hspace{0.5em} l =a =4\sqrt{2}, \hspace{0.5em} k =\dfrac{a\sqrt{3}}{2} =2\sqrt{6} \\[12pt] S_{ABCD}= a^{2} =32 \\[6pt] V_{ABCDМ} = \dfrac{1}{3}\cdot{S_{ABCD}}\cdot{H}=\dfrac{1}{3}\cdot{32}\cdot{4}= \dfrac{128}{3}$ $$V_{ABCDМ} =42\dfrac{2}{3} $$ $\\[12pt] OQ_{1}\|PQ \Rightarrow \angle{(PQ, BD)}= \angle{(OQ_{1}, BD)} \\[6pt] \triangle{DQ_{1}A} \cong \triangle{BQ_{1}A} \begin{cases} AQ_{1} \text{ обща } \\ BA=DA \\ \angle{BAQ_{1}}= \angle{DAQ_{1}} \end{cases}$ по първи признак $ \Rightarrow DQ_{1}=BQ_{1} \\[6pt] \triangle{BQ_{1}D}, \begin{cases} Q_{1}D=Q_{1}B \\ BO=OD \end{cases} \Rightarrow Q_{1}O $ височина, медиана и ъглополовяща на ъгъла срещу основата на равнобедрен троъгълник $\\[6pt] \Rightarrow Q_{1}O\bot{BD} \Rightarrow$ $$\angle{(PQ, BD)}= \angle{(OQ_{1}, BD)} =90^{\circ}$$ $\\[12pt]\quad$Проверете сметките за изчислителни грешки защото смятах в LaTeX.$\\[24pt]\quad$За решение на подточка (б) може също да се докаже, че $BD\bot{p(ACM)}$ и следователно е перпендикулярна на всяка права в тази равнина, поради което $ \angle{(PQ, BD)}= 90^{\circ}$. Можете ли сам(а) да докажете това?