Признаки подобия кто Разбирается. Подобны ли треугольники?

Показать ответ

Ответ:

imbiz

18.05.2020 11:12

Пусть SABCD — четырёхугольная пирамида, в основании которой ромб ABCD. Меньшая диагональ ромба BD = a и острый угол $\angle BAD = \alpha.$ $\ SO$ высота пирамиды, значит, $SO \bot (ABCD)$ , следовательно $SO \bot OK,$ так как $OK \in (ABCD),$ $\ OK$ — проекция на плоскость (ABCD), $\ OK \bot CD$ ⇒ по теореме о трёх перпендикуляров (ТТП) $SK \bot CD$ , следовательно, $\angle SKO = \beta$ — линейный угол двугранного угла при ребре CD; так как все двугранные углы при основании равны, то точка О — центр вписанной окружности, то есть OK = r.

Найти: $1) \ S_{_{\Pi}} - ? \ 2) \ SO - ?$

Решение. Ромб ABCD состоит из четырёх равных прямоугольных треугольников: $\triangle AOD = \triangle AOB = \triangle BOC = \triangle COD.$

Рассмотрим $\triangle AOD (\angle AOD = 90^{\circ}):$

$OD = \dfrac{BD}{2} = \dfrac{a}{2}$

$\angle OAD = \dfrac{\angle BAD}{2} = \dfrac{\alpha}{2}$

$\text{sin} \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{OD}{AD} \Rightarrow AD = \dfrac{OD}{\text{sin} \dfrac{\alpha}{2}} = \dfrac{a}{2 \text{sin} \dfrac{\alpha}{2}}$

$\text{tg} \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{OD}{AO} \Rightarrow AO = \dfrac{OD}{\text{tg} \dfrac{\alpha}{2}} = \dfrac{a}{2 \text{tg} \dfrac{\alpha}{2}}$

Значит, диагональ $AC = 2AO = \dfrac{2a}{2 \text{tg} \dfrac{\alpha}{2}} = \dfrac{a}{\text{tg} \dfrac{\alpha}{2}}$

Рассмотрим $\triangle COD (\angle COD = 90^{\circ}):$

$r = OK = \dfrac{CO \ \cdotp OD}{CD} = \dfrac{\dfrac{a}{2 \text{tg} \dfrac{\alpha}{2}} \ \cdotp \dfrac{a}{2}}{\dfrac{a}{2 \text{sin} \dfrac{\alpha}{2}}} = \dfrac{a^{2} \ \cdotp 2 \text{sin} \dfrac{\alpha}{2}}{4a \ \text{tg} \dfrac{\alpha}{2}} = \dfrac{a \ \text{cos} \dfrac{ \alpha}{2}}{2}$

Высота ромба $BM = 2OK = \dfrac{2a \ \text{cos} \dfrac{\alpha}{2} }{2} = a \ \text{cos} \dfrac{\alpha}{2}$

Площадь основания пирамиды $S_{_{\text{O}}} = BO \ \cdotp CD = a \ \text{cos} \dfrac{\alpha}{2} \ \cdotp \dfrac{a}{2 \text{sin} \dfrac{\alpha}{2}} = \dfrac{a^{2} \ \text{cos} \dfrac{\alpha}{2}}{2 \text{sin} \dfrac{\alpha}{2}}} = \dfrac{a^{2} \ \text{ctg} \dfrac{\alpha}{2}}{2}$

Рассмотрим $\triangle SOK (\angle SOK = 90^{\circ}):$

$\text{tg} \beta = \dfrac{SO}{OK} \Rightarrow SO = OK \text{tg} \beta = \dfrac{a \ \text{cos} \dfrac{ \alpha}{2} \text{tg} \beta}{2}$

$\text{cos}\beta = \dfrac{OK}{SK} \Rightarrow SK = \dfrac{OK}{\text{cos}\beta} = \dfrac{a \ \text{cos} \dfrac{ \alpha}{2}}{2 \text{cos}\beta}$

Определим площадь треугольника SDC:

$S_{_{\triangle SDC}} = \dfrac{SK \ \cdotp CD}{2} = \dfrac{a \ \text{cos} \dfrac{ \alpha}{2} \ \cdotp a}{2 \ \cdotp 2 \text{cos}\beta \ \cdotp 2 \text{sin} \dfrac{\alpha}{2}}} = \dfrac{a^{2} \ \text{cos} \dfrac{ \alpha}{2}}{8\text{cos}\beta \ \text{sin} \dfrac{\alpha}{2}} = \dfrac{a^{2} \text{ctg} \dfrac{\alpha}{2}}{8\text{cos}\beta}$

Из-за того, что у ромба все стороны равны и все двугранные углы при основании равны, то все боковые грани пирамиды будут тоже равны. Следовательно, площадь боковой поверхности $S_{_{\text{B}}} = 4S_{_{\triangle SDC}} = \dfrac{4a^{2} \text{ctg} \dfrac{\alpha}{2}}{8\text{cos}\beta} = \dfrac{a^{2} \text{ctg} \dfrac{\alpha}{2}}{2\text{cos}\beta}$

Теперь, зная площадь основания и боковой поверхности пирамиды можно найти площадь полной поверхности:

$S_{_{\Pi}} = S_{_{\text{O}}} + S_{_{\text{B}}} = \dfrac{a^{2} \ \text{ctg} \dfrac{\alpha}{2}}{2} + \dfrac{a^{2} \text{ctg} \dfrac{\alpha}{2}}{2\text{cos}\beta} = \dfrac{a^{2} \ \text{ctg} \dfrac{\alpha}{2} (\text{cos} \beta + 1)}{2\text{cos} \beta}$

ответ: площадь полной поверхности пирамиды равна $\dfrac{a^{2} \ \text{ctg} \dfrac{\alpha}{2} (\text{cos} \beta + 1)}{2\text{cos} \beta};$ высота пирамиды равна $\dfrac{a \ \text{cos} \dfrac{ \alpha}{2} \text{tg} \beta}{2}.$

Нужна основанием четырёхугольной пирамиды является ромб с острым углом α и меньшей диагональю а. все

0,0(0 оценок)

Ответ:

hello120

30.01.2022 05:49

Объяснение:Основанием прямой призмы является равнобедренный прямоугольный треугольник. Большая боковая грань-квадрат со стороной 6 корней из 2 см.

а) найдите площадь полной поверхности этой призмы;

б) постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через катет нижнего основания и середину противолежащего бокового ребра;

в) вычислите площадь этого сечения;

г) найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью нижнего основания;

д) постройте линию пересечения секущей плоскости верхнего основания.

рисунок к задаче 190а) Призма прямая, т.е. её боковые ребра перпендикулярны основаниям. Боковые грани являются прямоугольниками. Площадь прямоугольника равна произведению длин смежных сторон, следовательно, площадь той грани больше, ребра которой больше. Боковые ребра параллелепипеда равны, а в основании самуую большую длину имеет гипотенуза, поэтому большая грань - ABB1A1.

И раз эта грань - квадрат, то все её стороны по 6 корней из 2, в том числе и гипотенуза основания. Пусть АС=ВС=х, из теоремы Пифагора найдем катеты основания и его площадь:

площадь основания

Теперь найдем площади боковых граней, а затем и площадь полной поверхности

нашли полную поверхность

0,0(0 оценок)

Популярные вопросы: Геометрия