В треугольнике ABC биссектриса CK делит сторону AB пополам. Найдите градусную меру угла AKC

Показать ответ

Ответ:

Натама

23.03.2022 00:23

a) K, L, M ∈ α; α║(SBC)

KL║BS; KM║BC; ML║CS как линии пересечения двух параллельных плоскостей с одной общей.

SH⊥(ABC); AT⊥BC; H∈AT как центр правильного треугольника лежащий на медиане. AH:HT=2:1 по свойству пересечения медиан.

LU⊥KM ⇒ KU=UM ⇒ U∈AT ⇒ LU⊂(AST) ⇒ LU∩SH

Рассмотрим плоскость AST.

LU║ST как линии пересечения двух параллельных плоскостей с (AST).

AK:KB=AL:LS=5:1 по теореме о пропорциональных отрезках.

AU:UT=AL:LS по теореме о пропорциональных отрезках.

Как уже известно AH:HT=2:1. Пусть AU=5x; UT=x ⇒AT=6x ⇒ AH=4x; HT=2x ⇒ HU=2x-x=x.

ΔSHT~ΔRHU по 3 углам (1 общий остальные равны как соответственных угла при параллельных прямых).

Значит SH:RH=HT:HU=2:1. Пусть SH=2y; RH=y ⇒ SR=2y-y=y ⇒ SR=y=RH

То есть плоскость делит высоту пополам.

б) AT=AB*sin 60°=(15+3)*√3/2=9√3.

ΔAST~ΔALU по 3 углам (1 общий остальные равны как соответственных угла при параллельных прямых).

Значит AL:AS=LU:ST=6:5.

HT=1/3 *9√3=3√3 т.к. AH:HT=2:1

SH=13 ⇒ ST=√(169+27)=14 ⇒ LU=5/6 *14=35/3.

ΔAKM~ΔABC по 3 углам (1 общий остальные равны как соответственных угла при параллельных прямых).

Значит KM:BC=AK:AB=5:6 ⇒ KM=5/6 *18=15.

Как было указано в начале LU⊥KM ⇒ S=1/2* 15*35/3=175/2=87,5

ответ: 87,5.

На ребре ab правильной треугольной пирамиды sabc с основанием abc отмечена точка k, причём ak=15, bk

0,0(0 оценок)

Ответ:

Kakanya

18.01.2021 05:55

Площадь сечения равна $\displaystyle \frac{7a^2}{8\;cos\alpha }$ .

Объяснение:

В правильной четырехугольной призме через середины двух смежных сторон основания проходит плоскость, которая образует с основанием призмы угол α и пересекает три боковых ребра. Найти площадь сечения, если сторона основания призмы А.

Построим сечение.

В основании правильной призмы лежит квадрат.

Отметим середины сторон АВ и AD и поставим точки К и Е соответственно. Соединим их.

Проведем диагонали АС и BD.

КЕ ∩ АС = Н.

Построим угол с вершиной в точке Н, равный α.

НР ∩ СС₁ = М.

Строим сечение, проходящее через три точки.

Продлим КЕ до пересечения с СВ и CD и поставим точки S и N соответственно.

S ∈ BB₁C₁C; M ∈ BB₁C₁C ⇒ S и M соединяем;

SM ∩ BB₁ = X;

N ∈ DD₁C₁C; M ∈ DD₁C₁C ⇒ N и M соединяем;

NM ∩ DD₁ = T;

X ∈ AA₁B₁B; K ∈ AA₁B₁B ⇒ X и K соединяем;

T ∈ AA₁D₁D; E ∈ AA₁D₁D ⇒ T и E соединяем;

EKXMT - искомое сечение.

Сечение представляет пятиугольник, состоящий из трапеции ЕКХТ и треугольника ХМТ.

⇒ S( EKXMT) = S(ЕКХТ) + S(ХМТ)

1. Рассмотрим ΔABD - прямоугольный.

AD = AB = a (условие)

По теореме Пифагора найдем BD:

BD² = AD² + AB² = 2a²

BD = a√2

ЕК - средняя линия ΔАВD.

Средняя линия равна половине длины стороны, которую она не пересекает.

⇒ $\displaystyle EK = \frac{a\sqrt{2} }{2}$ - меньшее основание ЕКХТ.

2. Рассмотрим ΔНРО - прямоугольный.

∠РНО = α (условие).

Диагонали квадрата равны и точкой пересечения делятся пополам.

⇒ $\displaystyle AO = OC = \frac{a\sqrt{2} }{2}$

Средняя линия треугольника делит пополам любой отрезок, соединяющий вершину треугольника с какой-либо точкой основания.

⇒ $\displaystyle AH=HO=\frac{a\sqrt{2} }{4}$

Косинус угла - отношение прилежащего катета к гипотенузе.

$\displaystyle cos\;\alpha =\frac{HO}{HP} HP = \frac{HO}{cos\;\alpha }=\frac{a\sqrt{2} }{4\;cos\;\alpha }$ - высота ЕКХТ.

ХТ = BD = a√2 - большее основание ЕКХТ.

3. Найдем площадь трапеции.

Площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на высоту.

$\displaystyle S(EKXT)=\frac{EK+XT}{2}\cdot{HP}\\=\\\left(\frac{a\sqrt{2} }{2} +a\sqrt{2}\right):2\cdot{\frac{a\sqrt{2} }{4\;cos\;\alpha } } ==\frac{3a\sqrt{2} }{4}\cdot{\frac{a\sqrt{2} }{4\;cos\;\alpha } } =\frac{3a^2}{8\;cos\;\alpha }$