Регистрирайте сеРегистрирайте се

Правилна триъгълна пирамида


 
   Форум за математика Форуми -> Стереометрия
Предишната тема :: Следващата тема  
Автор Съобщение
merili
Начинаещ


Регистриран на: 02 Jan 2009
Мнения: 77
Местожителство: Стара Загора
Репутация: 4.1Репутация: 4.1Репутация: 4.1Репутация: 4.1
гласове: 2

МнениеПуснато на: Mon Jun 29, 2009 8:21 am    Заглавие: Правилна триъгълна пирамида

Правилна триъгълна пирамида ABCD с връх D има околен ръб с дължина 2m. През средата A1 на ръба AD е прекарана равнина, перпендикулярна на AD, която пресича апотемата DN на стената BCD в точка M, така че DM:DN=3:4. Намерете обема на пирамидата и отношението на обемите на двете тела, на които равнината разделя пирамидата.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Реклама







Пуснато на:     Заглавие: Реклама

Върнете се в началото
martosss
VIP Gold


Регистриран на: 17 Mar 2007
Мнения: 3937
Местожителство: Somewhere over the rainbow
Репутация: 424.2Репутация: 424.2
гласове: 213

МнениеПуснато на: Mon Jun 29, 2009 3:00 pm    Заглавие:

[tex]V=\frac{m^3\sqrt{42}}{9},\;\frac{V_1}{V_2}=\frac{3}{119}(8\sqrt 2+3)[/tex]

Confused
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
merili
Начинаещ


Регистриран на: 02 Jan 2009
Мнения: 77
Местожителство: Стара Загора
Репутация: 4.1Репутация: 4.1Репутация: 4.1Репутация: 4.1
гласове: 2

МнениеПуснато на: Mon Jun 29, 2009 5:42 pm    Заглавие:

За отговор е дадено V=[tex]\frac{23m^{3}\sqrt{21} }{ 216} [/tex]
[tex]\frac{V_{1}}{V_{2} }=\frac{9}{23 }[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Tue Dec 08, 2009 4:32 pm    Заглавие:

Първо ще докажем една често използвана

Теорема. Нека [tex]ABCD[/tex] е четириъгълна пирамида и [tex]\triangle THL[/tex] е сечение на пирамидата с някаква равнина [tex]\lambda[/tex]. Тогава за отношението на обемите на пирамидите [tex]THLD[/tex] и [tex]ABCD[/tex] имаме

[tex]\frac{V_{THLD}}{V_{ABCD}}=\frac{DT}{DA}.\frac{DH}{DB}.\frac{DL}{DC}[/tex].

Доказателство. Гледаме първата картинка. Построяваме [tex]TK \bot \left (BCD \right )[/tex] и [tex]AJ \bot \left ( BCD \right )[/tex]. Пресмятаме

[tex]V_{THLD}=\frac{1}{3}.TK.S_{\triangle HLD}=\frac{1}{3}.TK.\frac{1}{2}.HD.LD. sin \angle HDL \, (1)[/tex]

и

[tex]V_{ABCD}=\frac{1}{3}.AJ.S_{\triangle BCD}=\frac{1}{3}.AJ.\frac{1}{2}.BD.CD. sin \angle BDC \, (2)[/tex].

Разделяме [tex](1)[/tex] на [tex](2)[/tex] и получаваме

[tex]\frac{V_{THLD}}{V_{ABCD}}=\frac{\cancel {\frac{1}{3}}.TK.\cancel {\frac{1}{2}}.HD.LD. \cancel {sin \angle HDL}}{\cancel {\frac{1}{3}}.AJ.\cancel {\frac{1}{2}}.BD.CD. \cancel {sin \angle BDC}}=\frac{TK}{AJ}.\frac{HD}{BD}.\frac{LD}{CD}[/tex].

Но [tex]\triangle DKT \sim \triangle DJA \Rightarrow \frac{DK}{DJ}=\fbox {\frac{KT}{JA}=\frac{DT}{DA}}[/tex], от което автоматично определяме, че [tex]\frac{V_{THLD}}{V_{ABCD}}=\frac{DT}{DA}.\frac{DH}{DB}.\frac{DL}{DC}[/tex].

Връщаме се към задачата. Сега гледаме втората картинка. Понеже [tex]\triangle FKD \simeq \triangle FTD[/tex], то [tex]KD=TD[/tex]. В такъв случай получаваме, че [tex]\frac{KD}{TD}=\frac{KB}{TC}[/tex] и от теоремата, обратна на тази на Талес, [tex]KT||BC[/tex]. Тогава [tex]\triangle KTD \sim \triangle BCD \Rightarrow \frac{KT}{BC}=\frac{TD}{CD}=\fbox {\frac{KD}{BD}=\frac{DM}{DN}=\frac{3}{4}}[/tex]. Според горната теорема

[tex]\frac{V_{FKTD}}{V_{ABCD}}=\frac{DF}{DA}.\frac{DK}{DB}.\frac{DT}{DC}=\frac{\cancel m}{2 \cancel m}.\frac{3}{4}.\frac{3}{4}=\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{3}{4}=\frac{9}{32}[/tex].

Понеже [tex]V_{ABCFKT}=V_{ABCD}-V_{FKTD}[/tex], то [tex]\frac{V_{FKTD}}{V_{ABCFKT}}=\frac{9}{23}[/tex].
Разглеждаме [tex]\triangle BCD[/tex]. За него от косинусовата теорема [tex]\Rightarrow BC^2=BD^2+CD^2-2.BD.CD. cos \angle BDC[/tex]. Но [tex]cos \angle BCD = cos \angle ADB = \frac{DF}{DK}=\frac{2}{3}[/tex]. Заместваме в косинусовата теорема − [tex]BC^2=(2m)^2+(2m)^2-2.2m.2m.\frac{2}{3} \Leftrightarrow BC^2=8m^2-\frac{16m^2}{3} \Leftrightarrow BC^2=\frac{8m^3}{3} \Leftrightarrow BC=2m\sqrt{\frac{2}{3}}[/tex], т. е. [tex]AB=BC=AC=2m\sqrt{\frac{2}{3}}[/tex]. Оттук определяме лицето на основата по познатата формула − [tex]S_{\triangle ABC}=\frac{AB.BC}{2}. sin 60^\circ \Leftrightarrow S_{\triangle ABC}=2m^2 \sqrt{\frac{1}{3}} \, (1)[/tex].
Построяваме [tex]DG \bot AN[/tex], [tex]G[/tex] е медицентър на [tex]\triangle ABC[/tex]. С една Питагорова теорема изчисляваме [tex]BG=\frac{2}{3}m\sqrt{2}[/tex]. Прилагаме я за втори път за [tex]\triangle DBG[/tex] − [tex]BG^2+DG^2=BD^2 \Leftrightarrow DG^2+ \left ( \frac{2}{3}m\sqrt{2} \right )^2 = (2m)^2 \Leftrightarrow DG=\frac{14m}{3}\sqrt{\frac{1}{7}} \, (2)[/tex].
От [tex](1)[/tex] и [tex](2)[/tex] търсеният обем вече е ясен − [tex]V_{ABCD}=\frac{1}{3}.S_{\triangle ABC}.DG \Leftrightarrow V_{ABCD}=\frac{28m^3}{9}\sqrt{\frac{1}{21}}[/tex].



Теорема при задачи с пирамиди.png
 Description:
 Големина на файла:  28.71 KB
 Видяна:  3655 пъти(s)

Теорема при задачи с пирамиди.png



През точка F е построено перпендикулярно сечение....png
 Description:
 Големина на файла:  28.76 KB
 Видяна:  3655 пъти(s)

През точка F е построено перпендикулярно сечение....png


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Покажи мнения от преди:   
   Форум за математика Форуми -> Стереометрия Часовете са според зоната GMT + 2 Часа
Страница 1 от 1

 
Идете на:  
Не Можете да пускате нови теми
Не Можете да отговаряте на темите
Не Можете да променяте съобщенията си
Не Можете да изтривате съобщенията си
Не Можете да гласувате в анкети
Може да прикачвате файлове
Може да сваляте файлове от този форум
Copyright © 2005-2020 math10.com.