Пирамида

[pepi23]

Може ли да помогнете

[Гост]

20240621_182702.jpg

Може ли да помогнете

[pepi23]

Отговора е [tex]\sqrt{6}[/tex]/4 а аз получавам [tex]\sqrt{13}[/tex]/4

[S.B.]

Без заглавие - 2024-07-07T174628.493.png (386.54 KiB) Прегледано 167 пъти

Дадено: пирамида $MABCD$, където основата $ABCD$ е ромб със страна [tex]\sqrt{3}[/tex] и [tex]\angle DAB = \angle DCB = 45 ^\circ[/tex]
[tex]\angle [(ABCD),(BCM) ]= 60 ^\circ , MD \bot (ABCD)[/tex]
Търси се : [tex]\angle [(BMC),(DMC)][/tex]

Построявам : [tex]BP \bot MC , P \in MC , PQ \bot MC , Q \in DC[/tex]
[tex]\angle BPQ = \varphi[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл който се търси.

Построявам [tex]DN \bot BC, N \in BC[/tex]
$DN$ е ортогоналната проекция на $MN$ върху равнината $ABCD$
[tex]DN \bot BC \Rightarrow MN \bot BC \Rightarrow \angle MND[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл между равнините $(ABCD)$ и $(BCM)$ [tex]\Rightarrow \angle MND = 60 ^\circ[/tex]

[tex]\triangle NCD[/tex] е равнобедрен,правоъгълен с хипотенуза [tex]DC = \sqrt{3} \Rightarrow DN = NC = \frac{ \sqrt{6} }{2}[/tex]

[tex]\triangle DNM[/tex] е правоъгълен, [tex]\angle MND = 60 ^\circ , DN = \frac{ \sqrt{6} }{2} \Rightarrow MN = \sqrt{6}, MD = \frac{3 \sqrt{2} }{2}[/tex]

[tex]\triangle DCM[/tex] е правоъгълен , [tex]DC = \sqrt{3}, MD = \frac{3 \sqrt{2} }{2} \Rightarrow MC = \frac{ \sqrt{30} }{2}[/tex]
Нека [tex]\angle MCD = \alpha[/tex], тогава [tex]\sin \alpha = \frac{ \sqrt{15} }{5} , \cos \alpha = \frac{ \sqrt{10} }{5}[/tex]

Разглеждам [tex]\triangle BCM[/tex] (стената $(BCM)$ на пирамидата)

[tex]\triangle BPC \approx NMC[/tex] ( [tex]\angle P = \angle N = 90 ^\circ , \angle C[/tex] е общ)

[tex]\Rightarrow \frac{BP}{MN} = \frac{PC}{NC} = \frac{BC}{MC} \Leftrightarrow \frac{BP}{ \sqrt{6} } = \frac{PC}{ \frac{ \sqrt{6} }{2} } = \frac{ \sqrt{3} }{ \frac{ \sqrt{30} }{2} } \Rightarrow BP = \frac{ 2\sqrt{15} }{5} , PC = \frac{ \sqrt{15} }{5}[/tex]

[tex]\triangle QPC[/tex] е правоъгълен по построение:
[tex]\frac{PC}{QC} = \cos \alpha \Leftrightarrow \frac{ \frac{ \sqrt{15} }{5} }{QC} = \frac{ \sqrt{10} }{5} \Rightarrow QC = \frac{ \sqrt{6} }{2}[/tex]
[tex]\frac{QP}{QC} = \sin \alpha \Leftrightarrow \frac{QP}{ \frac{ \sqrt{6} }{2} } = \frac{ \sqrt{15} }{5} \Rightarrow QP = \frac{3 \sqrt{10} }{10}[/tex]

За [tex]\triangle QBC[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]QB^{2 } = BC^{2 } + QC^{2 } - 2.BC.QC.\cos 45 ^\circ \Leftrightarrow QB^{2 } = 3 + \frac{6}{4} - 2. \sqrt{3}. \frac{ \sqrt{6} }{2} . \frac{ \sqrt{2} }{2} \Rightarrow QB^{2 } = \frac{3}{2}[/tex]

За [tex]\triangle QBP[/tex] прилагам Косинусова теорема:

[tex]\cos \varphi = \displaystyle \frac{ QB^{2 } - QP^{2 } - BP^{2 } }{- 2.QB.BP} \Leftrightarrow \cos \varphi = \displaystyle \frac{ \frac{3}{2} - \frac{90}{100} - \frac{60}{25} }{- 2. \frac{3 \sqrt{10} }{10} . \frac{2 \sqrt{15} }{5} } = .....[/tex]
$$ \Rightarrow \cos \varphi =\frac{ \sqrt{6} }{4}$$