Реши задачу и заполни пропуски В основании пирамиды лежит равнобедренная трапеция с углом в 30°. Каждая боковая грань наклонена к основанию под углом 60°, высота пирамиды равна 3\sqrt{3} см. Найди объём пирамиды. MOMOMOMOперпендикуляре, проведённом к высоте\angle MFO\angle MPO\angle MQO60°равновеликиеобразованные при наклонении боковых граней к основаниюПрямоугольныеMOFMOQобщая сторонавысота пирамидыOFOPOQOEвписанной в трапециюпрямоугольногоcos 60°\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\dfrac{1}{2}AEпрямоугольного30°BTокружность12\dfrac{BC+AD}{2}72MO72\sqrt{3}72\sqrt{3} Решение Пусть MABCD — данная пирамида, отрезок MO — её высота, ME, MP, MF, MQ — высоты боковых граней. Тогда OE \bot , OP \bot , OF \bot , OQ \bot (по теореме о ), и, следовательно, \angle MEO = = = = (как углы,). треугольники MOE, MOP, и равны по катету (MO —) и , поэтому OE = = = . Отсюда следует, что окружность с центром O радиуса является . Из треугольника MOP находим: OP = MO \cdot = (см). Пусть BT — высота трапеции, тогда BT = = 6 (см). Из треугольника ABT, в котором \angle A = , находим: AB = 2 \cdot = 12 см. Так как в равнобедренную трапецию ABCD можно вписать , то BC + AD = 2 \cdot = 24 (см). Следовательно, S_{ABCD} = \cdot BT = (см^2), V_{MABCD} = \dfrac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot = (см^3). Ответ: см^3.
Логотип SimpleЦДЗ

Похожие

Задание

Решизадачуизаполнипропуски

Воснованиипирамидылежитравнобедреннаятрапециясугломв \(30°\) .Каждаябоковаяграньнаклоненакоснованиюподуглом \(60°\) , высотапирамидыравна \(3\sqrt{3}\) см.Найдиобъёмпирамиды.

  • \(MO\)
  • \(MO\)
  • \(MO\)
  • \(MO\)
  • перпендикуляре, проведённом к высоте
  • \(\angle MFO\)
  • \(\angle MPO\)
  • \(\angle MQO\)
  • \(60°\)
  • равновеликие
  • образованные при наклонении боковых граней к основанию
  • Прямоугольные
  • \(MOF\)
  • \(MOQ\)
  • общая сторона
  • высота пирамиды
  • \(OF\)
  • \(OP\)
  • \(OQ\)
  • \(OE\)
  • вписанной в трапецию
  • прямоугольного
  • \(cos 60°\)
  • \(\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)
  • \(\dfrac{1}{2}AE\)
  • прямоугольного
  • \(30°\)
  • \(BT\)
  • окружность
  • \(12\)
  • \(\dfrac{BC+AD}{2}\)
  • \(72\)
  • \(MO\)
  • \(72\sqrt{3}\)
  • \(72\sqrt{3}\)

Решение

Пусть \(MABCD\) — даннаяпирамида, отрезок \(MO\) — еёвысота, \(ME, MP, MF, MQ\) — высотыбоковыхграней.Тогда \(OE\bot\) [ ], \(OP\bot\) [ ], \(OF\bot\) [ ], \(OQ\bot\) [ ](потеоремео[ ]), и, следовательно, \(\angleMEO\) =[ ]=[ ]=[ ]=[ ](как[ ]углы, [ ]).[ ]треугольники \(MOE, MOP\) , [ ]и[ ]равныпокатету( \(MO\) — [ ])и[ ], поэтому \(OE\) =[ ]=[ ]=[ ].Отсюдаследует, чтоокружностьсцентром \(O\) радиуса[ ]является[ ].

Из[ ]треугольника \(MOP\) находим: \(OP=MO\cdot\) [ ]= .

Пусть \(BT\) — высотатрапеции, тогда \(BT\) =[ ]=6(см).Из[ ]треугольника \(ABT\) , вкотором \(\angleA\) =[ ], находим: \(AB=2\cdot\) [ ]= \(12\) см.

Таккаквравнобедреннуютрапецию \(ABCD\) можновписать[ ], то \(BC+AD=2\cdot\) [ ]=24(см).Следовательно, \(S\_{ABCD}\) =[ ] \(\cdotBT\) = , \(V\_{MABCD}=\dfrac{1}{3}\cdotS\_{ABCD}\cdot\) [ ]= .

Ответ:[ ] \(см^3\) .

Тот же тест