Отговори
# 105
  • Мнения: 80
Не съм описвала скоро стереометрични задачи, но... Ако свалим ортогонална проекция на така полученото сечение в равнината на основата, то пак е един успоредник( D2Е2Е1D1).
Височина, медиана, ъглополовяща (в/м/ъ) през С (равностранен тиъгълник е) ще е височина и медина и в D1Е1C...

Височина, медиана, ъглополовяща през S в тр. ABS е такава и в DES  и се проектира в основата върху същата права, която е в/м/ъ през С...
Пресечената точка на диагоналите на успоредника, лежи на отсечката, свързваща средите на успоредните страни и е успоредна на другите две... а тази отсечка лежи на тази в/м/ъ през С, т.е. тя е перпендикулярна на страните, чиито среди свързва... Т.е. докарахме го до правоъгълник.
D1Е1 ┴ D1D2 (току що го получихме)
DD2 ┴  равнина ABС следователно е ┴ на всяка права от равнината, следователно е ┴ и на D1Е1
D1Е1┴  равнината DD1D2 и оттам и на DD1
Много благодаря! Разбрах всичко!

# 106
  • Мнения: 1 101

Да помоля някой, ако може, да ми помогне с тези две задачи.

# 107
  • Мнения: 9 519
За кой клас е това?
24. Първо изчисляваме височината в основата = а. sinB
Щом равнините на околните стени сключват равни ъгли с основата, то апотемите в тях са равни. Ортогоналната проекция на върха е в пресечената точка на диагоналите (на равни разстояния от страните на ромба), смятаме апотемата от правоъгълния триъгълник с хипотенуза апотемата и катет до ъгъл алфа, равен на 1/2 от разстоянието м/у страните на ромба...

# 108
  • Мнения: 1 101
Честно казано, точен клас не зная. Дадени са в сборник за кандидатстудентски изпити. От училище са. Благодаря за радяснението.

# 109
  • Мнения: 9 519
За 23 задача
Прилагане на косинусова теорема за два триъгълника, образувани от страните на успоредника и диагоналите. С по-малкия диагонал е с острия ъгъл.
Така намираме АВ и АD, a после спускаме височина през D и се получава равнобедрен правоъгълен триъгълник с хипотенуза АD. От там се намира и височината и лицето Hands V

# 110
  • Мнения: 1 101

Ето и за тази ще имам нужда от помощ. Предварително благодаря

# 111
  • Мнения: 9 519
Виж два поста нагоре, писала съм с какво да се почне и някои стъпки на решението... Ако не е ясно, кажи кое, че да пояснявам.

# 112
  • Мнения: 1 101
Не мога да я реша и ще съм благодарна, ако ми помогнете. Благодаря, peneva

# 113
  • Мнения: 9 519

Да помоля някой, ако може, да ми помогне с тези две задачи.
24

DP ┴AB
DP=a.sin β = h

Нека ЕЕ1 е височина на пирамидата, а ЕH1, ЕH2,ЕH3 и ЕH4 са апотеми. От това, че равнините на стените, сключват равни ъгли с основата, следва че тези правоъгълни триъгълници ЕЕ1H1, ЕЕ1H2 и т.н. са еднакви (по равни ъгли и една страна) и следователно ЕH1=ЕH2=ЕH3=ЕH4 = Е1H1 . cos α
Следва и че Е1 съвпада с пречечената точка на диагоналите на ромба, съвпадащ с центъра на вписаната окръжност в ромба (точката, която е на равни разстояния от страните), т.О.
ОH1=ОH2=ОH3=ОH4= 1/2 h= 1/2 a.sin β
и апотемата ЕH1=1/2 a . sin β. cos α
Височината на пирамидата ЕЕ11H1 . sin α = 1/2 a . sin β. sin α

Лицето на основата (не знам как се отбелязваше в училище, ще ползвам S1)
S1=a.h=a2. sin β

Лицето на околната повърхнина (не знам как се отбелязваше в училище, ще ползвам S2)
S2=4 . 1/2 а . ЕH1 (апотемата)=2.1/2 a2 . sin β. cos α =a2 . sin β. cos α

Обема е V = 1/3 S1 . ЕЕ1
Опростете си произведенията на синуси и косинуси (ако може), имаше някакви фомули със сума и разлика на ъгли, не ми се рови в момента...

# 114
  • София
  • Мнения: 20 073
Не мога да я реша и ще съм благодарна, ако ми помогнете. Благодаря, peneva
И малко по-бърз начин като че ли:
1. Намерете лицето на ромба без височина, страна по страна по синуса от ъгъла между тях.
2. Разделете полученото лице на 4 и ще имате лицето на  тр. ВОС
3. Същото негово лице изразете като  полупроизведение на а и ОН1. Приравнете  двете и ще имате дължината на ОН1.
4.  С тригонометрия в тр. ОН1Е намерете апотемата на пирамидата
5. Заместете във формулата за околна повърхина = Р.к/2
6. Добавете и лицето на основата, намерено по-горе (лицето на ромба). Имата вече и пълната повърхнина.
7. За обема само изразете височината от същия  тр. ОН1Е. Заместете във формулата за обем= B.h/3

# 115
  • софия
  • Мнения: 30 924
Въпросът ми не е за задача. Някой може ли да каже от кой учебник/помагало са задачите (12. клас)?


Търсят се отговорите за контрол на решенията.

# 116
  • Мнения: 3 179
Помощ! Моля за решенията на следните задачи:
1. Външно за ромба ABCD, в който < BAD=54 градуса, е построен квадрат CDMN. Ако O и О1 са съответно пресечените точки на диагоналите на ромба и квадрата, колко е големината на < DO1O? (O - това е буква О)

2. В успоредника ABCD точка М е от диагонала АС, АМ=3см и <BMD=90 градуса. Ако BD=10 см, то колко е диагоналът АС?

3.ABCD е квадрат. Точка H принадлежи  на AD, Р принадлежи на CD и < AHB = < BHP . Намерете големината на ъгъл HBP в градуси.

# 117
  • София
  • Мнения: 20 073

Другите малко по- късно, ако дотогава някой не се включи.

# 118
  • Мнения: 9 519
Помощ! Моля за решенията на следните задачи:
1. Външно за ромба ABCD, в който < BAD=54 градуса, е построен квадрат CDMN. Ако O и О1 са съответно пресечените точки на диагоналите на ромба и квадрата, колко е големината на < DO1O? (O - това е буква О)

2. В успоредника ABCD точка М е от диагонала АС, АМ=3см и <BMD=90 градуса. Ако BD=10 см, то колко е диагоналът АС?

3.ABCD е квадрат. Точка H принадлежи  на AD, Р принадлежи на CD и < AHB = < BHP . Намерете големината на ъгъл HBP в градуси.
2.
Нека пресечената точка на диагоналите в успоредника е О.
В правооъгълния триъгълник BMD МО е медиана =1/2 BD=5см
АО=ОС
По принцип се разглеждат два случая М да е между А и О и М да е между О и С, но в случая АМ<МО и няма как АМ=АО+ОМ и разглеждаме само АМ+МО=ОС
ОС=3+5=8см Следователно търсения диагонал е =16см

След малко ще допиша 3та.
ПП:

От В спускаме височина BQ към AH
HB е ъглопоповяща на ъгъл AHP, следователно BA=BQ (всяка точка от ъглополовящата е на равни разстояние от раменете на ъгъла)
тр. BAH е еднакъв с BQH
и става АВ=BQ и <ABH=<QBH=90-x

тр. BQP е еднакъв с BCP (обща хипотенуза, равни катети)
а оттам <QBP=<CBP =1/2 <QBC =1/2 (90-2(90-x))=1/2 (2x-90)=x-45

търсения <HBP=<HBQ+<QBP=(90-x)-(x-45)=45


Моля, пишете за кой клас са задачите!

Последна редакция: чт, 03 апр 2025, 16:09 от peneva_a

# 119
  • София
  • Мнения: 20 073
3.  AB=BC=CD=DA=a
BH e  ъглополовяща на  АНР
=> АB=AF =a (AF препендикулярна  на НР)
<AHB=<FHB=x
<ABH=<FBH=90-x
Tриъгълниците  FBP   и CBP са еднакви по 4 признак.
=> <FBP=<CBP= [90 - (180-2x)]/2=x-45
<HBP=90-x+x-45 =45

Пенева, конкретно Лукреция отдавна е тук и  помня, че детето й е  7 клас. Предвид  вида на някои задачи назад във времето - най-вероятно е  и в МГ. Даже и тези го доказват според мен - не заради сложност в случая, а заради това, че вече децата са на последния дял, а е едва началото на април..

ПП  Като почнах да пиша, Пенева още не я беше пуснала, извинявам се за дублирането.

Последна редакция: чт, 03 апр 2025, 16:29 от Просто русалка

Общи условия

Активация на акаунт