2 задачки, давани в УАСГ

[sunshine]

1зад. Допирателната в точката С към описаната около ▲АВС окръжност пресича правата АВ в т.О, като А е м/у О и В. Нека разстоянията от точките А и В до правата ОС са съответно m и n и ъгъл АОС=фи, като 0<фи<90°.
а) Докажете, че ОС=(√mn)/sinфи (това съм го направила)
б) Докажете, че радиусът R на описаната около ▲АВС окръжност е равен на (m+n-2(√mn)cosфи)/2sin²фи (тук ми се получава различен отговор, но подобен на този .. в числителя ми е същото, но всичко ми е под корен и умножено по още едно m , знаменателя също ми е 2sin²фи )
в) Ако n=4m, намерете този ъгъл фи за който отношението R/m е най-малко.

2зад. Дад. е правилна четириъгълна пирамида АВСDV с основа ABCD и височина VO към основата, като VO=AC=a. Равнината алфа е успоредна на основата и се допира до вписаната в пирамидата сфера. Ако алфа пресича околните ръбове AV,BV,CV,DV съответно в точките A₁,B₁,C₁ ,D₁ , като А е различна от А₁ ,намерете:
а) лицето на квадрата A₁B₁C₁D₁
б) cos на ъгъла м/у правите AV и BD₁
в) разстоянието от т.А до равнината бета, минаваща през правата BD₁ и успоредна на ръба AV.

[Реклама]

[Spider Iovkov]

Задача 2, а). По условие [tex]VO=a[/tex]. Тъй като диагоналите на основата се пресичат в точката [tex]O[/tex], то [tex]AO=CO=\frac{a}{2}[/tex]. Понеже [tex]VO\bot AC[/tex], то от [tex]\triangle COV \Rightarrow VO^2+CO^2=CV^2 \Leftrightarrow a^2+(\frac{a}{2})^2=CV^2 \Leftrightarrow CV=\frac{a}{2}\sqrt{5}[/tex], което е и дължината на всичките околни ръбове. От друга страна, [tex]AO^2+BO^2=AB^2 \Leftrightarrow (\frac{a}{2})^2+(\frac{a}{2})^2=AB^2[/tex], откъдето [tex]AB=\frac{a}{2}\sqrt{2}[/tex], това е дължината на всичките основни ръбове.
Радиусът на вписаната сфера се пресмята по формулата [tex]r=\frac{3V}{S_{1}}[/tex], където [tex]V[/tex] е обемът на пирамидата, а [tex]S_{1}[/tex] е нейната пълна повърхнина. Ясно е, че [tex]S_{1}=B+S_{\cyr ok.}[/tex]. Тогава имаме [tex]B=AB^2 \Leftrightarrow B=\frac{a^2}{2}\, (*)[/tex].
Да построим [tex]VK\bot AB, K\in AB[/tex]. Понеже всичките околни ръбове са равни, то [tex]AV=BV \Leftrightarrow AK=BK=\frac{1}{2}AB \Leftrightarrow AK=BK=\frac{a}{4}\sqrt{2}[/tex]. От [tex]\triangle AKV \Rightarrow VK=\sqrt{(\frac{a\sqrt{5}}{2})^2-(\frac{a\sqrt{2}}{4})^2} \Leftrightarrow VK=\sqrt{\frac{5a^2}{4}-\frac{2a^2}{16}} \Leftrightarrow VK=\sqrt{\frac{18a^2}{16}} \Leftrightarrow VK=\frac{3a}{4}\sqrt{2}[/tex]. От последното определяме [tex]S_{\triangle ABV}=\frac{1}{2}.AB.VK \Leftrightarrow S_{\triangle ABV}=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{3a\sqrt{2}}{4} \Leftrightarrow S_{\triangle ABV}=\frac{3a^2}{8}[/tex]. Понеже околните стени са еднакви триъгълници, то [tex]S_{\cyr ok.}=4S_{\triangle ABV} \Leftrightarrow S_{\cyr ok.}=\frac{3a^2}{2}\, (**)[/tex].
От [tex](*)[/tex] и [tex](**) \Rightarrow S_{1}=B+S_{\cyr ok.} \Leftrightarrow S_{1}=\frac{3a^2}{2}+\frac{a^2}{2} \Leftrightarrow S_{1}=2a^2\, (1)[/tex].
Обемът се изчислява от формулата [tex]V=\frac{1}{3}Bh \Leftrightarrow V=\frac{1}{3}.\frac{a^2}{2}.a \Leftrightarrow V=\frac{a^3}{6}\, (2)[/tex].
От [tex](1)[/tex] и [tex](2)[/tex] намираме радиуса на вписаната сфера: [tex]r=\frac{3V}{S_{1}} \Leftrightarrow r=\frac{3a^3}{6}.\frac{1}{2a^2} \Leftrightarrow r=\frac{a}{4}[/tex].
От условието е ясно, че сферата се допира до равнина, успоредна на основата. Нека тази равнина е [tex]\gamma[/tex]. Да означим пресечните точки на [tex]\gamma[/tex] с околните ръбове [tex]AV,BV,CV,DV[/tex] съответно с [tex]A_{1}, B_{1}, C_{1}, D_{1}[/tex]. Очевидно сечението на пирамидата с равнината [tex]\gamma[/tex] е квадрат, подобен на основата. Прекарваме през точката [tex]O[/tex] права, успоредна на [tex]AB[/tex], при което [tex]PQ||AB, P\in AD, Q\in BC[/tex]. Означаваме с [tex]T[/tex] пробода на височината [tex]VO[/tex] с равнината [tex]\gamma[/tex]. Но [tex]TO=2r=\frac{a}{2}[/tex]. От [tex]VT+TO=VO \Rightarrow VT+2r=h \Leftrightarrow VT=h-2r \Leftrightarrow VT=a-\frac{a}{2} \Leftrightarrow VT=\frac{a}{2}[/tex].
Сега през [tex]T[/tex] прекарваме нова права, успоредна на [tex]A_{1}B_{1}[/tex], при което [tex]MN||A_{1}B_{1}, M\in A_{1}D_{1}, N\in B_{1}C_{1}[/tex]. Тогава
[tex]\triangle PQV \sim \triangle MNV \Rightarrow \frac{PQ}{MN}=\frac{QV}{NV}=\frac{PV}{MV}=\frac{VO}{VT}=2 \Rightarrow MN=\frac{PQ}{2}=\frac{AB}{2} \Leftrightarrow MN=\frac{a\sqrt{2}}{4}[/tex]. Лицето на [tex]A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}[/tex] е [tex]S_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=MN^2 \Leftrightarrow S_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=(\frac{a\sqrt{2}}{4})^2 \Leftrightarrow S_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=\frac{a^2}{8}[/tex].

[sunshine]

Ейй, мерси много особено за подробното описание, оценявам го

[ганка симеонова]

1б) е така, както е даден отговорът. след малко ще пусна решение с чертеж

[ганка симеонова]

[tex]cos th\Delta OBC=>CB^2=\frac{n}{ sin^2\varphi }(m+n-2\sqrt{mn} cos\varphi ) [/tex]
[tex]sinth\Delta OBC=>\frac{OB}{sin\angle OCB } =\frac{CB}{sin\varphi } [/tex], но [tex]\angle OCB=\beta +\gamma =180^\circ -\alpha =>sin\angle OCB=sin\alpha [/tex]=>[tex]sin\alpha =\frac{OBsin\varphi }{CB } [/tex]
[tex]sinth\Delta ABC=>R=\frac{CB}{2sin\alpha }=\frac{CB^2}{ 2OBsin\varphi } =\frac{CB^2}{2n } =\frac{m+n-2\sqrt{mn} cos\varphi }{2sin^2\varphi } [/tex]

[sunshine]

Аха, да, открих си аз грешката, в определянето на ъглите съм объркала, мерси много

[ros4e]

на 2-рата зад а) подточка и аз съм получила тези отг, но съм я решила по друг начин- с изразяването на лицето на PQV веднъж (a.h)/2 и после p.r намирам r и се оказва, че A₁B₁C₁D₁ e средно сечение и така...
а за б) получих някакъв неприятен отг, което ме навежда на мисълта, че може би съм в грешка. Получих 4√65/65...
за в) - сега я мъча с обеми и въртене на пирамиди- незнам дали съм на прав път. после ще пусна отг

[ros4e]

а на 1-ва в) подточка при коя ст-ст на фи получавате мин... аз получих при 60°

[irrenka_]

На 2 Б) неприятният отговор е верен. Или поне и аз получавам толкова.