Конкурс УАСГ 1989 г. зад.3

[S.B.]

Конкурс УАСГ 1998 г. - зад.3

Без заглавие (4).png (223.66 KiB) Прегледано 548 пъти

Основата $ABC$ на призмата $ABCA_{1 }B_{1 }C_{1 }$ е равнобедрен правоъгълен триъгълник с катети $AB = BC = b$ Ортогоналната проекция на върха $B_{1 } $ в равнината на основата е средата на $AC$.
През средите $M$ и $N$ на $AB$ и $BC$ и т. $P$ лежаща върху продължението на ръба $BB_{1 }$ ( $B $ е между $B_{1 }$ и $P$) е построена равнина [tex]\lambda[/tex].Ако $BB_{1 } = b$ и $BP = \frac{b}{2}$ , пресметнете:
а) лицето на сечението на на равнината $\lambda$ с призмата $ABCA_{1 }B_{1 }C_{1 }$ ;
б)отношенията на телата,на които $\lambda$ разделя призмата;
б) тангенса на ъгъла между правата $PM$ и равнината $ABC$

[Davids]

Prism1.png (48.87 KiB) Прегледано 496 пъти

$AC = \sqrt{2}b$ по питагорова теорема. Тогава $BH = \frac{\sqrt{2}}{2}b$, понеже е медиана към хипотенузата. Но понеже $BB_1 = b$ и $\triangle BHB_1$ е правоъгълен, то значи $sin\angle BB_1H = \frac{\sqrt{2}}{2}$ и триъгълникът е равнобедрен.
$MN = \frac{\sqrt{2}}{2}b$, понеже е средна отсечка срещу хипотенузата, докато $KL = AC = \sqrt{2}b$. Остана да намерим височината на сечението $MNLK$, което е трапец.
В $\triangle KPL$ $MN$ също е средна отсечка, следователно разполовява височината към основата - $PF$. Значи $QF = QP = h$ е търсената височина на трапеца.
Разглеждаме равнината $HPB_1$:

Triangle1.png (15.18 KiB) Прегледано 496 пъти

Ще търсим $PQ = h$. За целта означаваме $PH = x$ и намираме по косинусова теорема:
$x^2 = HB_1^2 + PB_1^2 - 2HB_1.PB_1.cos45^{\circ} = ... = \frac{5b^2}{4}$
$\Rightarrow x = \frac{\sqrt{5}b}{2}$
Сега по формулата за дължина на медиана получаваме
$h = \frac{1}{2}\sqrt{2PH^2 + 2PB^2 - BH^2} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2.5b^2}{4} + \frac{2b^2}{4} - \frac{2b^2}{4}} = \frac{\sqrt{10}b}{4}$

Остана да намерим лицето:
$S_{MNLK} = \frac{\sqrt{2}b + \frac{\sqrt{2}}{2}b}{2}.\frac{\sqrt{10}b}{4} = ... = \frac{3\sqrt{5}b^2}{8}$

Другите две подточки ще допиша после

[Davids]

в)

Prism2.png (106.96 KiB) Прегледано 493 пъти

Ако подложим $PK$ на транслация с вектор [tex]\vec{PB}[/tex], ще получим диагонала на ромба $CBB_1C_1$, следователно $MK$ е половината от него.
По косинусова теорема намираме $d^2 = 2b^2(1 - cos120^{\circ}) = 3b^2 \Rightarrow d = \sqrt{3}b \Rightarrow MK = \frac{\sqrt{3}}{2}b$.
Паралелно с това спуснатия от точка $K$ перпендикуляр към равнината на основата е равен на половината от височината на призмата, т.е. $KG = \frac{\sqrt{2}}{4}b$. Търсеният ъгъл ще означим с $\angle GMK = \alpha$
Оттам $sin\alpha = \frac{1}{\sqrt{6}}$, а $cos\alpha = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}$.
Окончателно $tg\alpha = \frac{1}{\sqrt{5}}$

[Davids]

б)

Prism3.png (57.57 KiB) Прегледано 487 пъти

Търсим отношението на обемите телата $CMNALK$ и $KMNLA_1B_1C_1$. За целта ще спуснем успоредно на равнината на основата на призмата сечение през средата й - $KGL$. Обема на призмата ще изразим като $V = Bh$ по стандартни означения.
Обемът на горната част е половината от цялата призма, фокусираме се върху пресечената пирамида $MBNLGK$. Горната основа е отново с лице $B$, докато долната основа е подобен триъгълник с коефициент на подобие 2:1, следователно лицето й е $\frac{1}{4}B$. Паралелно с това височината на пресечената пирамида е равна на половината от височината на призмата, т.е. обемът е равен на:
$V_{MBNLGK} = \frac{h}{6}(B + \frac{1}{4}B + \sqrt{B.\frac{1}{4}.B}) = \frac{h}{6}(B + \frac{B}{4} + \frac{B}{2}) = \frac{7}{24}Bh = \frac{7}{24}V$
Оттам обемът на по-голямото тяло е равно на $V_{KMNLA_1B_1C_1} = \frac{19}{24}V$, докато за другата част ни остава $V_{CMNALK} = \frac{5}{24}V$.

Така отношението окончателно е $\frac{5}{19}$.