|
В правильной четырехугольной пирамиде MABCD с вершиной M боковое ребро равно 6. Точка L - середина ребра MC. Тангенс угла между между прямыми BL и AM равен 2. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды. задан 2 Июн '13 5:42 
ballwall |
|
Я не привожу рисунков, но предполагается, что читатель сам всё может нарисовать на бумаге вслед за словесными объяснениями. Помимо пространственного изображения, в стереометрических задачах бывает полезно также делать те или иные плоские фрагменты на отдельных чертежах. Итак, обозначим сторону основания пирамиды через $%x$%. Сначала надо через точку $%M$% провести прямую, параллельную $%BL$%. Это делается в плоскости треугольника $%BMC$%, который и надо отдельно нарисовать. Продолжим отрезок $%BC$% за точку $%B$%, отмеряя на нём расстояние $%BE=BC$%. Точка $%B$% стала серединой отрезка $%EC$%, а $%BL$% -- средней линией треугольника $%EMC$%. Поэтому прямая $%EM$% параллельна $%BL$%, то есть угол между прямыми $%BL$% и $%AM$% равен по величине углу $%AME$%. Теперь рассмотрим треугольник $%AME$% и нарисуем его на отдельном чертеже. Нас будут интересовать длины его сторон, а также угол $%\alpha$% при вершине $%M$%, тангенс которого по условию равен $%2$%. Поскольку тангенс положителен, угол является острым. Нам нужен его косинус. Используя тождество $%1/\cos^2\alpha=1+{\mathop{\rm tg\ }}^2\alpha$%, находим $%\cos\alpha=1/\sqrt{5}$%. Одна из сторон треугольника нам известна: $%AM=6$%. Выразим две другие стороны через $%x$%. Поскольку $%BE=BC=AD$% (смотрим на плоскость основания), а прямые $%AD$% и $%BE$% параллельны, четырёхугольник $%BEAD$% -- параллелограмм. Отсюда $%AE=BD=x\sqrt{2}$% -- как диагональ квадрата со стороной $%x$%. Далее, для нахождения $%ME$% посмотрим снова на рисунок в плоскости $%BMC$%. Проведём высоту $%MH$%, которая будет медианой равнобедренного треугольника $%BMC$%. При этом $%BH=HC=x/2$%, и $%EH=EB+BH=3x/2$%. Дважды применяя теорему Пифагора, получаем $%ME^2=EH^2+MH^2=(3x/2)^2+(6^2-(x/2)^2)=2x^2+36$%. Теперь, когда все стороны треугольника $%AME$% выражены через $%x$%, применим к нему теорему косинусов: $$\cos\alpha=\frac{AM^2+ME^2-AE^2}{2AM\cdot ME}=\frac{36+2x^2+36-2x^2}{2\cdot6\sqrt{2x^2+36}}=\frac6{\sqrt{2x^2+36}}.$$ Значение косинуса угла нам известно, откуда легко находится $%x$%: знаменатель дроби равен $%6/\cos\alpha=6\sqrt{5}$%, то есть под корнем находится $%180$%. Следовательно, $%x=6\sqrt{2}$%. Заметим теперь, что все боковые грани являются равнобедренными прямоугольными треугольниками (это следует из теоремы, обратной теореме Пифагора). Значит, площадь каждой из боковых граней равна $%6^2/2=18$%, и площадь боковой поверхности пирамиды равна $%72$%. отвечен 2 Июн '13 11:03 
falcao Огромное спасибо!
(2 Июн '13 12:51)
ballwall
объясните мне непонятен вот этот момент: Значение косинуса угла нам известно, откуда легко находится x: знаменатель дроби равен 6/cosα=6√5, то есть под корнем находится 180. Следовательно, x=6√2.
(2 Июн '13 13:50)
Biekkier
Это чистая арифметика. Сначала переходим в выделенной формуле к обратным величинам. Получаем $%\sqrt{5}=\sqrt{x^2+36}/6$%. Потом домножаем на 6, откуда $%6\sqrt{5}=2x^2+36$%. Возводим в квадрат: $%6^2\cdot5=2x^2+36$% --это как раз и есть 180. Тогда $%2x^2=180-36=144$%; $%x^2=72=36\cdot2$%. Извлекаем корень, после чего $%x=6\sqrt{2}$%.
(2 Июн '13 14:08)
falcao
спасибо большое, все понял!)
(2 Июн '13 14:23)
Biekkier
|
|
$%OL=MD/2=3$% $%OB=OL\cdot tg\angle OLB=3\cdot 2=6, AC=BD=12, AB=\frac{AC}{\sqrt2}=6\sqrt2.$% $%MC^2+MB^2=BC^2 \Rightarrow \bigtriangleup MBC$% прямоугольный треугольник .$%S_{MBC}=\frac{1}2MB^2=18. S_{бок}=4S_{MBC}=4\cdot 18=72.$% отвечен 2 Июн '13 16:19 
ASailyan @ASailyan: я только сейчас заметил, что условие задачи некорректно. Я это понял, когда увидел у Вас равенство $%AC=12$%. Но ведь это равно сумме длин $%AM+MC$%! То есть такой пирамиды быть не может: точка $%M$% здесь совпадает с точкой $%O$%. Видимо, авторы задачи недосмотрели что-то.
(2 Июн '13 16:32)
falcao
Да. Вы правы. Откуда все эти задачи?
(2 Июн '13 16:38)
ASailyan
|