Висота прямокутного трикутника , проведена до гіпотенузи, дорівнює 40см і ділить її на частини, одна з яких дорівнює 64см. Обчислити другу частину гіпотенузи мне
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 трапеция равнобедренная, ее диагонали равны. АС = BD Координаты точки А: 9х - 8у - 25 = 0 х - 2у - 5 = 0 - А - точка пересечения прямых имеет координаты (1; -2). Точка В по условию (3; -4). Уравнение прямой ВС 9х - 8у - 59 = 0, Координаты точки С: 9х - 8у - 59 = 0 х - 2у - 5 = 0 - С - точка пересечения прямых имеет координаты (7,8; 1,4).
\Пусть координаты точки D равны х0 и у0.
Условие равенства диагоналей: (х0 - 3)^2 + (y0 + 4)^2 = (7,8 - 1)^2 + (1,4 + 2)^2 = 57,8 Так как точка D принадлежит и прямой AD, то 9х0 - 8у0 = 25.
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) .