Решение: Так как боковые грани наклонены под одним и тем же углом, то высота пирамиды проецируется в центр вписанной окружности. А так как треугольник в основании правильный то: r=a√3/6=√3/2 Следовательно высота пирамиды лежит против угла 45° и она равна: h=√3/2 Найдем площадь основания: S1=0,5a²*sin60°=0,5*9*√3/2=9/4*√3 Найдем площадь боковой поверхности, для этого найдем высоту бокой грани: h1=√(3/4+3/4)=√(3/2) S2=0,5*3a*h1=0,5*3√3/2*√(3/2)=9/8*√2 Итак площадь полной поверхности равна: S=S1+S2=9/4*√3+9/8*√2
Дано: < C =90° ; CB =a =6 см ; <ABC =β =60° ; <SAO =<SBO =<SCO = α =30° ; S _ вершина пирамиды SO ┴ (ABC) , O∈(ABC).
V =1/3*S(ABC) *SO ---> ? Если все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под одинаковым углом (в данном случае α =30° ) , то высота пирамиды проходит через центр окружности , описанного около основания . Здесь этот центр O середина гипотенузы . BA = BC/cosβ = a/cosβ ; S(ABC) =1/2*BA*BC*sinβ = 1/2*a/cosβ*a*sinβ =1/2*a²*tqβ . *** или S(ABC) =1/2*AC*BC =1/2*a*atqβ =1/2*a²*tqβ *** SO = OB*tqα = 1/2*BA*tqα =1/2*a/cosβ*tqα ; V =1/3*S(ABC) *SO = 1/3*1/2*a²*tqβ *1/2*a/cosβ*tqα ; V = (1/12)a³*tqβ*tqα/cosβ . ***1/12*a³*sinβ*tqα/cos²β ***
При a =6 см ; β =60° ; α =30° получится : V= (1/12)a³*tqβ*tqα/cosβ =(1/12)*6³*tq60°*tq30°/cos60° =(1/12)*6³ *2 =36 (см³) .
S(ABB₁A₁) ---> ? ABB₁A₁ прямоугольник . S = S(ABB₁A₁) = AB*BB₁ =AB*H ; AB _хорда на нижней основ; Из ΔAOB : AB=2*(Rsinα) . H = Rtqβ ; S =AB*H=2*Rsinα*Rtqβ =2R²sinα*tqβ . при R =10 см , α =60° , β =30° получится : S =2R²sinα*tqβ =2*10²sin60°*tq30° = 2*10²*√3/2*1/√3 = 100 (см²) . 3) Дано: правильная пирамида FABC , F_вершина .
Доказать BF ┴ AC . Пусть FO ┴ (ABC) , где O основание высоты FO, т.е. BO проекция ребра BF на плоскость треугольника ABC . AC ┴ BM [ BM высота (медиана , биссектриса) ] ⇒AC ┴ BO ⇒AC ┴ BF (теорема трех перпендикуляров) .
Так как боковые грани наклонены под одним и тем же углом, то высота пирамиды проецируется в центр вписанной окружности. А так как треугольник в основании правильный то:
r=a√3/6=√3/2
Следовательно высота пирамиды лежит против угла 45° и она равна:
h=√3/2
Найдем площадь основания:
S1=0,5a²*sin60°=0,5*9*√3/2=9/4*√3
Найдем площадь боковой поверхности, для этого найдем высоту бокой грани:
h1=√(3/4+3/4)=√(3/2)
S2=0,5*3a*h1=0,5*3√3/2*√(3/2)=9/8*√2
Итак площадь полной поверхности равна:
S=S1+S2=9/4*√3+9/8*√2
S _ вершина пирамиды SO ┴ (ABC) , O∈(ABC).
V =1/3*S(ABC) *SO ---> ?
Если все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под одинаковым углом (в данном случае α =30° ) , то высота пирамиды проходит через центр окружности , описанного около основания . Здесь этот центр O середина гипотенузы .
BA = BC/cosβ = a/cosβ ;
S(ABC) =1/2*BA*BC*sinβ = 1/2*a/cosβ*a*sinβ =1/2*a²*tqβ .
*** или S(ABC) =1/2*AC*BC =1/2*a*atqβ =1/2*a²*tqβ ***
SO = OB*tqα = 1/2*BA*tqα =1/2*a/cosβ*tqα ;
V =1/3*S(ABC) *SO = 1/3*1/2*a²*tqβ *1/2*a/cosβ*tqα ;
V = (1/12)a³*tqβ*tqα/cosβ . ***1/12*a³*sinβ*tqα/cos²β ***
При a =6 см ; β =60° ; α =30° получится :
V= (1/12)a³*tqβ*tqα/cosβ =(1/12)*6³*tq60°*tq30°/cos60° =(1/12)*6³ *2 =36 (см³) .
2) R =OA =OB = 10 см ; <AOB =2α =2*60° =120° ; <O₁CD = β =30° ;
(ABB₁A₁) | | OO₁
S(ABB₁A₁) ---> ?
ABB₁A₁ прямоугольник .
S = S(ABB₁A₁) = AB*BB₁ =AB*H ; AB _хорда на нижней основ;
Из ΔAOB : AB=2*(Rsinα) .
H = Rtqβ ;
S =AB*H=2*Rsinα*Rtqβ =2R²sinα*tqβ .
при R =10 см , α =60° , β =30° получится :
S =2R²sinα*tqβ =2*10²sin60°*tq30° = 2*10²*√3/2*1/√3 = 100 (см²) .
3) Дано: правильная пирамида FABC , F_вершина .
Доказать BF ┴ AC .
Пусть FO ┴ (ABC) , где O основание высоты FO, т.е. BO проекция ребра BF на плоскость треугольника ABC .
AC ┴ BM [ BM высота (медиана , биссектриса) ] ⇒AC ┴ BO ⇒AC ┴ BF (теорема трех перпендикуляров) .