Конкурс СУ 2000 г.

[S.B.]

Скрит текст: покажи

Някога не само се изучаваше стереометрия,но даже влизаше в конкурсните програми !

Дадена е четириъгълна пирамида $QABCD$ с основа правоъгълникът $ABCD$ със страни:
$AB = 4 , BC = 1$.
Околният ръб $QD$ е перпендикулярен на равнината на основата и ъгълът между равнините $(QAB)$ и $(ABCD)$ е два пъти по-голям от ъгъла между равнините $(QBC)$ и $(ABCD)$.
a) Да се намери обема на пирамидата $QABCD$ ;
б) През върха $D$ и средата $M$ на ръба $QB$ е построена равнина [tex]\gamma[/tex] успоредна на $AC$.Да се намери лицето на сечението на $\gamma$ с пирамидата $QABCD$.

[Davids]

По а):

PyramidRectangle.png (51.83 KiB) Прегледано 543 пъти

По дефиницията за тангенс:
[tex]\begin{array}{|l} tg\alpha = \frac{h}{4} \\ tg2\alpha = \frac{h}{1} = h \end{array}[/tex]

По основните канони на тригонометрията:
$tg2\alpha = \frac{2tg\alpha}{1 - tg^2\alpha}$
$h = \frac{h}{2(1 - \frac{h^2}{16})}$
$\Rightarrow h = 2\sqrt{2}$

$\Rightarrow V_{ABCDQ} = \frac{1}{3}.4.2\sqrt{2} = \frac{8}{3}\sqrt{2}$

По б) после, че трябва да бЕгам бате

[S.B.]

Без заглавие (12).png (363.32 KiB) Прегледано 533 пъти

б) През върха $D$ и средата $M$ на ръба $QB$ е построена равнина [tex]\gamma[/tex] успоредна на $AC$.Да се намери лицето на сечението на $\gamma$ с пирамидата $QABCD$.

Ще ползвам резултата от получен от Davids - $QD = 2\sqrt{2}$
Построение:
$AC\cap BD = O$
В $\triangle DBQ$ :
$OQ$ и $DM$ са медиани , $OQ \cap DM = N \Rightarrow N$ е медицентър;
$N\in DM \Rightarrow N$ ще принадлежи на равнината $\gamma$ ,която трябва да построим.
По условие $\gamma || AC$ за това през т.$N$ построявам права $ l|| AC$
$l\cap AQ = K ,l\cap CQ = L ,LK || AC$
$LK \cap DM = N$ и по двете пресичащи се прави построявам равнината $\gamma$ ,която пресича пирамидата в четириъгълника $DKML$
$S_{DKML } = \frac{KL.DM}{2}.sin\varphi$ , където $\varphi = \angle KND$ (*)
От $\triangle DBQ \rightarrow \frac{DN}{DM} = \frac{QN}{QO} = \frac{2}{3}$
От $\triangle ACQ \rightarrow \frac{KL}{AC} = \frac{QK}{QA} = \frac{QL}{QC} = \frac{QN}{QO} = \frac{2}{3}$
От правоъгълника $ABCD \rightarrow AC = BD = \sqrt{16 + 1} = \sqrt{17} $ ; $ \frac{KL}{AC} = \frac{2}{3} \Rightarrow KL = \frac{2\sqrt{17}}{3}$
От правоъгълния $\triangle DBQ \rightarrow DM = \frac{BQ}{2}$ (като медиана) ,$BQ = \sqrt{8 + 17} = 5 \Rightarrow DM = \frac{5}{2}$
От правоъгълния $\triangle ADQ \rightarrow AQ = \sqrt{8 + 1} = 3 , cos2\alpha = \frac{AD}{AQ} = \frac{1}{3} , \frac{QK}{QA} = \frac{2}{3} \Rightarrow QK = 2 \Rightarrow AK = 1$
За $\triangle ADK$ прилагам косинусова теорема :
$KD^{2} = AK^{2} + AD^{2} - 2.AK.AD.cos2\alpha = 1 + 1 - 2.\frac{1}{3} \Rightarrow KD = \frac{2}{\sqrt{3}}$
За $\triangle KDN$ прилагам косинусова теорема :$KD^{2} = KN^{2} + DN^{2} - 2.KN.DN.cos\varphi$ (**)
където:
$ DN = \frac{2}{3}DM = \frac{2}{3}.\frac{5}{2} = \frac{5}{3}$
$\frac{KN}{AO} = \frac{2}{3} \Rightarrow KN = \frac{2}{3}.\frac{\sqrt{17}}{2} \Rightarrow KN = \frac{\sqrt{17}}{3}$
$KD = \frac{2\sqrt{3}}{3}$
Замествам в (**) и получавам $ cos\varphi = \frac{3}{\sqrt{17}} \Rightarrow sin\varphi = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{17}}$
Замествам в (*) и получавам $S_{DKML } = \frac{KL.DM}{2}.sin\varphi = \frac{1}{2}.\frac{2\sqrt{17}}{3}.\frac{5}{2}.\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{17}}$
$$S_{DKML } = \frac{5\sqrt{2}}{3}$$