Конкурс СУ"Кл.Охридски" 15.07.1998 г.

[S.B.]

Дадена е правилна триъгълна пирамида [tex]ABCQ[/tex] с връх [tex]Q[/tex].
Сфера [tex]S[/tex] минава през върха [tex]A[/tex],допира се до околните ръбове [tex]BQ[/tex] и [tex]CQ[/tex] в техните среди и пресича ръбовете [tex]AB,AC[/tex] и [tex]AQ[/tex] съответно във вътрешни точки [tex]K,L[/tex] и [tex]M[/tex].Обемът на пирамидата [tex]AKLM[/tex] е [tex]\frac{1}{3}[/tex] от обема на пирамидата [tex]ABCQ[/tex].
a) Да се намери ъгълът между околен ръб и равнината на основата на пирамидата [tex]ABCQ[/tex];
б) Ако [tex]AB = 3[/tex], да се намери радиуса [tex]R[/tex] на сферата [tex]S[/tex].

[KOPMOPAH]

Конкурс СУ _Кл. Охридски_ 15.07.1998 г..png (10.4 KiB) Прегледано 600 пъти

Започвам така:

$QD^2=QM.QA$, $BD^2=BK.BA$, но $BD=QD$, следователно $QM.QA=BK.BA$ и оттам не е трудно да се докаже подобието на $\triangle AKM$ и $\triangle ABQ$, а по същия начин и $\triangle ALM \approx \triangle ACQ$.
Доколкото $MK\parallel BQ$ и $ML \parallel CQ$, то равнините, определени от правите $MK$ и $ML$, съответно $QB$ и $QC$, са успоредни и пресичат равнината на $\triangle ABC$ в успоредни прави, следователно $KL \parallel BC$.

От всичко дотук следва, че пирамидите $ABCQ$ и $AKLM$ са подобни. След като $V_{ABCQ}=3V_{AKLM}$, значи отношението на линейните им размери е $\sqrt[3]3$

Скрит текст: покажи

Дотук изкарах поне 2 точки на изпита

Ако приемем основния ръб за $1$ (нищо, че в подусловие б) ни казват, че е $3$ ), то $AK=\frac 1{\sqrt[3]3}$ и $BK=1-\frac 1{\sqrt[3]3}=\frac {\sqrt[3]3-1}{\sqrt[3]3}$. Пак се връщаме към $BD^2=BK.BA$. Ако приемем околния ръб за $b$, последното равенство би изглеждало $$\left(\frac b2 \right)^2= \frac {\sqrt[3]3-1}{\sqrt[3]3}.1$$ откъдето $$b=2\sqrt{\frac {\sqrt[3]3-1}{\sqrt[3]3}}$$
Търсеният ъгъл между околен ръб и равнината на основата може да бъде намерен чрез неговия косинус $$\displaystyle \cos \varphi=\frac {\frac{\sqrt 3}2}{2\sqrt{\frac {\sqrt[3]3-1}{\sqrt[3]3}}}=\cdots$$

Скрит текст: покажи

На изпита бих си поиграл да го поопростя, борейки се за още точки

$$\cdots\ to\ be\ continued\ \cdots $$

[S.B.]

Конкурс СУ _Кл. Охридски_ 15.07.1998 г..png

Започвам така:.....

И завършва така:

$$\cdots\ to\ be\ continued\ \cdots $$

Започва както в хубава приказка - с прекрасен чертеж,разсъждения...и завършва както в турски сериал!На най - интересното място ....прекъсва,с обещание да продължи,та човек да си бие главата , да сънува кошмари и да се чуди как ще продължи и най - важното как ще завърши приказката,която е започнал...
С негово разрешение аз бих разказала приказката до края,като се възползвам от благородно предоставения от него чертеж:
Нека означим околния ръб с [tex]l[/tex] и основния ръб с [tex]a[/tex]
а) Както по - горе КОРМОРАН казва от сечението на сферата и стената [tex]ABQ[/tex] на пирамидата имаме:[tex]QD^{2} = QM.QA \Leftrightarrow (\frac{l}{2})^{2} = QM.l \Rightarrow QM = \frac{l}{4} , MA = \frac{3l}{4}[/tex];
[tex]BD^{2} = BK.BA \Leftrightarrow (\frac{l}{2})^{2} = BK.a \Rightarrow BK = \frac{l^{2}}{4a} , AK = \frac{4a^{2} - l^{2}}{4a}[/tex]
Аналогично от стената [tex]ACQ[/tex] получаваме : [tex]LC = \frac{l^{2}}{4a} , LA = \frac{4a^{2} - l^{2}}{4a}[/tex]
[tex]KB = LC \Rightarrow KL[/tex] II [tex]AB[/tex]
Върхът [tex]Q[/tex] на пирамидата се проектира в т.[tex]Q_{1 }[/tex] ,която е прес.т. на медианите в основата [tex]\triangle ABC[/tex] ,а т.[tex]M[/tex] в т.[tex]М_{1 }[/tex] ,която принадлежи на проекцията на [tex]AQ[/tex] върху основата - медианата през т.[tex]A[/tex]
По условие [tex]V_{MAKL } = \frac{1}{3} V_{QABC } \Rightarrow \frac{V_{MAKL }}{V_{QABC }} = \frac{1}{3}[/tex]
[tex]V_{MAKL } = \frac{S_{AKL }.MM_{1 }}{3}[/tex] , [tex]V_{QABC } = \frac{S_{ABC }.QQ_{1 }}{3}[/tex] [tex]\Rightarrow \frac{S_{AKL }}{S_{ABC }}.\frac{MM_{1 }}{QQ_{1 }} = \frac{1}{3}[/tex] (*)
От [tex]\triangle AKL \approx \triangle ABC \Rightarrow \frac{S_{AKL }}{S_{ABC }} = (\frac{AK}{AB})^{2} = (\frac{4a^{2} - l^{2}}{4a^{2}})^{2}[/tex]
От [tex]\triangle QAQ_{1 } \approx \triangle MAM_{1 } \Rightarrow \frac{MM_{1 }}{QQ_{1 }} = \frac{MA}{QA} = \frac{\frac{3l}{4}}{l} = \frac{3}{4}[/tex]
От (*) [tex]\Rightarrow (\frac{4a^{2} - l^{2}}{4a^{2}})^{2}. \frac{3}{4} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{4a^{2} - l^{2}}{4a^{2}} = \frac{2}{3}[/tex] от където получаваме [tex]l = \frac{2a\sqrt{3}}{3}[/tex]
От [tex]\triangle AQQ_{1 }[/tex] имаме [tex]QAQ_{1 } = \varphi[/tex] , [tex]cos\varphi = \frac{AQ_{1 }}{AQ}[/tex] , [tex]AQ_{1 }[/tex] е [tex]\frac{2}{3}[/tex] от медианата през т.[tex]A[/tex] в [tex]\triangle ABC[/tex] или [tex]AQ_{1 } = \frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{3} , AQ = l =\frac{2a\sqrt{3}}{3} \Rightarrow cos\varphi = \frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{2a\sqrt{3}}{3}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \varphi = 60^\circ[/tex]
____________
Следва продължение :подусловие б)

[inveidar]

Конкурс СУ _Кл. Охридски_ 15.07.1998 г..png

Започвам така:

$QD^2=QM.QA$, $BD^2=BK.BA$, но $BD=QD$, следователно $QM.QA=BK.BA$ и оттам не е трудно да се докаже подобието на $\triangle AKM$ и $\triangle ABQ$, а по същия начин и $\triangle ALM \approx \triangle ACQ$.

Напротив, невъзможно е да докажеш нещо, което не е вярно.

[S.B.]

Без заглавие (1).png (458.16 KiB) Прегледано 539 пъти

б)Търсим радиуса на сферата.Според условието на задачата точките [tex]AKLM[/tex] принадлежат на сферата ,следователно сферата е описана около малката (вътрешната )пирамида от чертежа на колегата КОРМОРАН, но за съжаление,аз не можах да повторя означенията от неговия чертеж и за това ще разгледам пирамидата [tex]ADEF[/tex] която е също така правилна и има същите размери.
Центъра лежи на пресечницата на симетралните равнини - това е [tex]AH[/tex] ,където [tex]H[/tex] е пресечната точка на медианите на [tex]\triangle DEF[/tex] . Ако продължим [tex]AH[/tex] до пресичането и със сферата в т.[tex]B[/tex] ,[tex]AB[/tex] ще диаметър на сферата и [tex]AB = 2R[/tex].Тогава [tex]\angle ADB = 90^\circ[/tex] ,знаем,че [tex]DH \bot AB[/tex] и тогава [tex]DH^{2} = AH.BH[/tex]
Използвам получените от подусловие а):[tex]l = \frac{2a\sqrt{3}}{3} , \angle ADH = 60^\circ[/tex] ,за [tex]a= 3 \Rightarrow l = 2\sqrt{3}[/tex]
От [tex]\triangle ADH[/tex]: [tex]\frac{AH}{AD} = sin60^\circ , AD = \frac{3l}{4} = \frac{3\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AH = \frac{3\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AH = \frac{9}{4}[/tex]
От същия триъгълник :[tex]\frac{DH}{AD} = cos60^\circ \Rightarrow DH = \frac{3\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{2} \Rightarrow DH = \frac{3\sqrt{3}}{4}[/tex] ,[tex]BH = 2R - AH \Rightarrow BH = 2R - \frac{9}{4}[/tex]
[tex]DH^{2} = AH.BH \Leftrightarrow (\frac{3\sqrt{3}}{4})^{2} = \frac{9}{4}(2R - \frac{9}{4})\Leftrightarrow \frac{27}{16} = \frac{9}{2}R - \frac{81}{16} \Leftrightarrow \frac{9}{2}R = \frac{108}{16} \Rightarrow R = \frac{3}{2}[/tex]

[KOPMOPAH]

Напротив, невъзможно е да докажеш нещо, което не е вярно.

Напълно съм съгласен с inveidar, че твърдението, отбелязано от него с червени буквички, е погрешно.
Напълно се разкайвам се и разграничавам от собственото си мнение
Като опит за оправдание бих посочил крайно неподходящото време за решаване на задачи "Нед Дек 02, 2018 2:57 am", когато със сигурност полукълбото, отговарящо за математиката, е отдавна в сънно състояние.