в) (2 точки) A = 2 sin 2 = 2 − cos 2α = 2 − cos
ЗАДАЧА 3: В
α 2
+ 2 cos 2
α 2
− cos
α 2
cos
3α α 3α α 3α + sin sin = 2 − cos + 2 2 2 2 2
10π 4π π 1 5 = 2 − cos = 2 + cos = 2 + = . 3 3 3 2 2 ∆ABC
равностранен
със
страна
a=2
е
вписан
∆MNL
така,
че
AL : LB = BM : MC = CN : NA = 1 : 2 . Да се намери:
а) лицето на ∆LMN ; б) периметърът на ∆LMN . Решение:
(1,5
а)
От
точки)
условието
на
AN = BL = CM =
C
задачата
AL = BM = CN =
2 , 3
4 и ∠A = ∠B = ∠C = 60 o . Следователно 3
∆АNL ≅ ∆ВLМ ≅ ∆СMN
N
имаме
(по
втори
признак)
и
1 2 4 2 3 равнолицеви с лице S1 = . . sin 60 o = . Лицето на 2 3 3 9
M
равностранния ∆ABC е A
B
L
S = 22
3 3 = 3 ⇒ S LMN = S − 3S1 = . 4 3
б) (1,5 точки) По косинусова теорема например за ∆ АLN намираме 2
2
2 4 1 4 16 8 12 4 2 3 2 4 LN = AL + AN − 2.AL.AN. cos 60 ⇒ LN = + − 2. . . = + − = = ⇒ LN = ⇒ 3 3 2 9 9 9 9 3 3 3 3 2
2
2
o
2
PLMN = 2 3 ЗАДАЧА 4: Дадена е триъгълна пресечена пирамида ABCA1 B1C1 с основи равностранни триъгълници ABC и A1 B1C1 . Нека точките M и M 1 са среди съответно на AB и A1 B1 , MM 1 е перпендикулярна на основите, околният ръб CC1 сключва с голямата основа ABC ъгъл с големина
π 4
и CC1 = MC1 = b. Да се намери:
а) дължината на отсечката, свързваща центровете на основите на пресечената пирамида; б) обемът на пресечената пирамида. Решение: а) (3 точки) Тъй като MM 1 ⊥ ( ABC ) и MM 1 ⊥ ( A1 B1C1 ) , то MM 1 ⊥ MC MM 1 ⊥ M 1C1 ⇒ M 1C1 MC и MCM 1C1 е правоъгълен трапец, За да намерим линейния ъгъл на
и
ъгъла между CC1 и равнината на голямата основа ABC , спускаме перпендикуляр от C1 към равнината ( ABC ). Петата му C 2 лежи на СМ, защото равнината ( MCM 1C1 ) ⊥ ( ABC ) ⇒ ∠[CC1 , ( ABC )] = ∠C 2 СМ = ∠C1СМ =
π
4
.
От условието CC1 = MC1 = b и ∠C1СМ =
π 4
⇒ ∠МC1С =
π 2
⇒ СМ = b 2 .