Предишната тема :: Следващата тема |
Автор |
Съобщение |
ганка симеонова SUPER VIP
Регистриран на: 10 Jan 2008 Мнения: 5985 Местожителство: софия гласове: 298
|
Пуснато на: Sun Mar 08, 2009 6:45 pm Заглавие: Обем |
|
|
Да се пресметне обемът на триъгълна пирамида ABCD, ако [tex]AC=6, BC=5, CD=4, \angle ACB=60^\circ , \angle ACD=45^\circ , \angle BCD=45^\circ [/tex]
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Реклама
|
Пуснато на: Заглавие: Реклама |
|
|
|
|
Върнете се в началото |
|
|
shemet Начинаещ
Регистриран на: 27 Oct 2008 Мнения: 10
гласове: 1
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 1:13 pm Заглавие: |
|
|
Ще използваме първо, че щом ръбът CD сключва равни ъгли с ръбовете BC и AC, то D се проектира в ъглополовящата на ъгъл ACB. Доказателството е елементарно и ако някой проявява интерес, може и да го напиша. От това твърдение следва, че ъгъл HCB=[tex]30^{0}[/tex]. Сега също от известната теоремка [tex]cos\angle BCD=cos\angle HCB.cos\angle HCD[/tex] намираме [tex]cos\angle HCD[/tex] и след това височината и обема!!!
Description: |
|
Големина на файла: |
23.29 KB |
Видяна: |
1597 пъти(s) |
|
|
|
Върнете се в началото |
|
|
ганка симеонова SUPER VIP
Регистриран на: 10 Jan 2008 Мнения: 5985 Местожителство: софия гласове: 298
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 1:15 pm Заглавие: |
|
|
Абсолютно вярно
Само че, на чертежа имаш грешка с ъгъл 45.
|
|
Върнете се в началото |
|
|
estoyanovvd Фен на форума
Регистриран на: 19 Sep 2006 Мнения: 764 Местожителство: Видин гласове: 67
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 1:17 pm Заглавие: |
|
|
А аз защо не виждам тази грешка?!
|
|
Върнете се в началото |
|
|
ганка симеонова SUPER VIP
Регистриран на: 10 Jan 2008 Мнения: 5985 Местожителство: софия гласове: 298
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 1:18 pm Заглавие: |
|
|
estoyanovvd написа: | А аз защо не виждам тази грешка?! |
Защото [tex]\angle ACD=\angle BCD=45^\circ [/tex]
Не ти ли е време за очила, Стоянов
|
|
Върнете се в началото |
|
|
estoyanovvd Фен на форума
Регистриран на: 19 Sep 2006 Мнения: 764 Местожителство: Видин гласове: 67
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 1:19 pm Заглавие: |
|
|
ганка симеонова написа: | estoyanovvd написа: | А аз защо не виждам тази грешка?! |
Защото [tex]\angle ACD=\angle BCD=45^\circ [/tex]
Не ти ли е време за очила, Стоянов |
Ми то на чертежа е точно така!
Не ти ли е време и на теб, Симеонова?! За нещо друго?!
|
|
Върнете се в началото |
|
|
ганка симеонова SUPER VIP
Регистриран на: 10 Jan 2008 Мнения: 5985 Местожителство: софия гласове: 298
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 1:26 pm Заглавие: |
|
|
сори, ама не е ясно кой ъгъл, кой е
|
|
Върнете се в началото |
|
|
estoyanovvd Фен на форума
Регистриран на: 19 Sep 2006 Мнения: 764 Местожителство: Видин гласове: 67
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 1:28 pm Заглавие: |
|
|
ганка симеонова написа: | сори, ама не е ясно кой ъгъл, кой е |
Е как да не е ясно?! Срещу дъгичките стоят стойностите! Всичко е ясно!!!
|
|
Върнете се в началото |
|
|
ганка симеонова SUPER VIP
Регистриран на: 10 Jan 2008 Мнения: 5985 Местожителство: софия гласове: 298
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 1:30 pm Заглавие: |
|
|
ПОмогни ми, за задачата за x,y,z, please
|
|
Върнете се в началото |
|
|
ганка симеонова SUPER VIP
Регистриран на: 10 Jan 2008 Мнения: 5985 Местожителство: софия гласове: 298
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 2:19 pm Заглавие: |
|
|
Извинения, на shemet, наистина ъгълът си е читав ( просто не мога да се стърпя да се заям със Стоянов)
(но за перфекционистите- ние си се "заяждаме" приятелски)
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Spider Iovkov VIP
Регистриран на: 12 Jan 2007 Мнения: 1273
гласове: 129
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 2:33 pm Заглавие: |
|
|
Нека да построим [tex]DK\bot AC, K\in AC[/tex]. От [tex]\angle KCD=45^\circ, \angle CKD=90^\circ \Rightarrow \angle CDK=45^\circ \Rightarrow DK=CK[/tex]. Понеже [tex]CD=4[/tex] (по условие), то лесно пресмятаме [tex]DK=CK=2\sqrt{2}[/tex].
Нека сега [tex]DN\bot BC, N\in BC[/tex]. От [tex]\angle NCD=45^\circ, \angle CND=90^\circ \Rightarrow \angle CDN=45^\circ \Rightarrow CN=DN[/tex]. Чрез тригонометрични зависимости в правоъгълния триъгълник определяме [tex]CN=DN=2\sqrt{2}[/tex], или [tex]DK=DN[/tex] (апотеми) [tex]\Rightarrow[/tex] равни са и проекциите им [tex]\Rightarrow[/tex] върхът [tex]D[/tex] се проектира върху ъглополовящата на[tex]\angle ACB[/tex] в точка [tex]G[/tex]. От [tex]\triangle GCK \Rightarrow \tan30^\circ=\frac{KG}{CK} \Leftrightarrow GK=CK \tan30^\circ \Leftrightarrow GK=\frac{2\sqrt{6}}{3}[/tex]. Но [tex]\angle KGD=90^\circ \Leftrightarrow KG^2+DG^2=KD^2 \Leftrightarrow (\frac{2\sqrt{6}}{3})+h^2=(2\sqrt{2})^2 \Leftrightarrow h^2=\frac{16.3}{9} \Leftrightarrow h=\frac{4}{3}\sqrt{3}[/tex].
Ясно е, че [tex]S_{\triangle ABC}=\frac{AC.BC. sin 60^\circ}{2} \Leftrightarrow S_{\triangle ABC}=\frac{5.6. sin 60^\circ}{2} \Leftrightarrow S_{\triangle ABC}=B=\frac{15}{2}\sqrt{3}[/tex].
Сега вече лесно намираме обема на пирамидата по известната формула:
[tex]V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}.\frac{15}{2}\sqrt{3}.\frac{4}{3}\sqrt{3}=\frac{15.\cancel 2.2.\cancel 3}{\cancel 2.3.\cancel 3}=\frac{30}{3}=10[/tex].
|
|
Върнете се в началото |
|
|
r2d2 VIP
Регистриран на: 28 Feb 2007 Мнения: 1936 Местожителство: in the galaxy (Far Far Away) гласове: 179
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 3:35 pm Заглавие: |
|
|
shemet написа: | Ще използваме първо, че щом ръбът CD сключва равни ъгли с ръбовете BC и AC, то D се проектира в ъглополовящата на ъгъл ACB. Доказателството е елементарно и ако някой проявява интерес, може и да го напиша. От това твърдение следва, че ъгъл HCB=[tex]30^{0}[/tex]. Сега също от известната теоремка [tex]cos\angle BCD=cos\angle HCB.cos\angle HCD[/tex] намираме [tex]cos\angle HCD[/tex] и след това височината и обема!!! |
Първото твърдение (щом ръбът CD сключва равни ъгли с ръбовете BC и AC, то D се проектира в ъглополовящата на ъгъл ACB) е общо известно!
Би ли доказал второто:
[tex]cos\angle BCD=cos\angle HCB.cos\angle HCD[/tex]
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Spider Iovkov VIP
Регистриран на: 12 Jan 2007 Мнения: 1273
гласове: 129
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 5:18 pm Заглавие: |
|
|
Теорема за трите косинуса. Нека е дадена произволна права [tex]a[/tex], която пробожда равнина [tex]\pi[/tex]. Тази права сключва със своята ортогонална проекция [tex]a_{1}[/tex] в равнината ъгъл [tex]\varphi[/tex]. Права [tex]n[/tex], която минава през пробода на [tex]a[/tex] с [tex]\pi[/tex] – [tex]K[/tex], сключва с проекцията [tex]a_{1}[/tex] ъгъл [tex]\alpha[/tex] и със самата права [tex]a[/tex] – ъгъл [tex]\psi[/tex]. Тогава е в сила равенството: [tex]cos\psi=cos\varphi cos\alpha[/tex].
Доказателство. Да изберем точка [tex]A[/tex] от правата [tex]a[/tex], [tex]A_{1}[/tex] е нейната проекция в равнината [tex]\pi[/tex] и [tex]T[/tex] е точка от правата [tex]n[/tex], при което [tex]AT\bot n[/tex]. Но от теоремата за трите перпендикуляра (http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=7688) имаме и [tex]A_{1}T\bot n[/tex].
[tex]\triangle KTA_{1} \Rightarrow cos\alpha=\frac{KT}{KA_{1}};[/tex]
[tex]\triangle KTA \Rightarrow cos\psi=\frac{KT}{KA};[/tex]
[tex]\triangle KA_{1}A \Rightarrow cos\varphi=\frac{KA_{1}}{KA}[/tex].
Оттук [tex]cos\alpha cos\varphi=\frac{KT}{\cancel {KA_{1}}}.\frac{\cancel {KA_{1}}}{KA}=\frac{KT}{KA}=cos\psi \Leftrightarrow cos\alpha cos\varphi=cos\psi[/tex].
|
|
Върнете се в началото |
|
|
estoyanovvd Фен на форума
Регистриран на: 19 Sep 2006 Мнения: 764 Местожителство: Видин гласове: 67
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 5:55 pm Заглавие: |
|
|
Мисля, че преди време съм срещал тази теорема, като задача в един от учебниците на Анубис. Лично аз винаги я предавам на учениците!
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Spider Iovkov VIP
Регистриран на: 12 Jan 2007 Мнения: 1273
гласове: 129
|
Пуснато на: Mon Mar 09, 2009 6:00 pm Заглавие: |
|
|
Според мен е полезна. На нас не са ни я предавали, защото в първо равнище не е предвидено да се учи, но това не означава, че не мога да я науча и прилагам, .
|
|
Върнете се в началото |
|
|
|