MEHT
Долгожитель
|
Опять же могу предложить альтернативный вариант. Не нужно рассматривать частных случаев совпадения точки М с верш. треугольника. Введем декартову систему коодинат так, чтобы O совпад. с центром окружности, и чтобы точка A лежала на оси абсцисс. Пусть радиус окр. равен a. Тогда A(a;0), В(-a/2;a*sqrt(3)/2), C(-a/2;-a*sqrt(3)/2). Любую точку на окружности можно описать только углом между радиус-вектором этой точки и осью абсцисс; пусть этот угол есть j, тогда M(a*cos(j);a*sin(j)). Из координат точек элементарно составляются вектора AM, BM, CM, и наход. квадраты их модулей AM^2, BM^2, CM^2. Просуммировав их, все тригоном. функции, содержащие j сокращаются, остается лишь величина 6*a^2 не зависящая от j, а следов. и от выбора точки на окружности. Замечу, что для решения задачи подобным образом вполне достаточно знаний школьного курса геометрии. (Сообщение отредактировал MEHT 30 марта 2006 2:38)
|
Всего сообщений: 1548 | Присоединился: июнь 2005 | Отправлено: 30 марта 2006 1:46 | IP
|
|
Genrih
Удален
|
Цитата: MEHT написал 30 марта 2006 0:46 Введем декартову систему коодинат так, чтобы O совпад. с центром окружности, и чтобы точка A лежала на оси абсцисс. Пусть радиус окр. равен a. Тогда A(a;0), В(a/2;a*sqrt(3)/2), C(a/2;-a*sqrt(3)/2).
Здесь кажись опечатка: в точках В и С надо взять отрицательные абссцисы, иначе весь треугольник уместится в правой полуокружности
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 30 марта 2006 2:29 | IP
|
|
MEHT
Долгожитель
|
Цитата: Genrih написал 30 марта 2006 2:29
Цитата: MEHT написал 30 марта 2006 0:46 Введем декартову систему коодинат так, чтобы O совпад. с центром окружности, и чтобы точка A лежала на оси абсцисс. Пусть радиус окр. равен a. Тогда A(a;0), В(a/2;a*sqrt(3)/2), C(a/2;-a*sqrt(3)/2).
Здесь кажись опечатка: в точках В и С надо взять отрицательные абссцисы, иначе весь треугольник уместится в правой полуокружности
Да, конечно...
|
Всего сообщений: 1548 | Присоединился: июнь 2005 | Отправлено: 30 марта 2006 2:36 | IP
|
|
undeddy
Долгожитель
|
В другой задаче необходимо (предварительно) построить сечение прямоугольной призмы ABCA'B'C', основанием которой является равнобедренный треугольник ABC, учитывая что секущая плоскость перпендикулярна к прямой A'C и пересекает ребра AC и A'C'. Поможите в построении сечения. Каким именно образом в данном случае провести плоскость, перпендикулярную к прямой A'C? (Сообщение отредактировал undeddy 30 марта 2006 21:05)
|
Всего сообщений: 253 | Присоединился: март 2006 | Отправлено: 30 марта 2006 18:04 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Задача построения плоскости в таком виде полностью не определена. Рекомендую обнародовать всю задачу, а не вашу выжимку из нее в вашей трактовке...
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 30 марта 2006 22:12 | IP
|
|
undeddy
Долгожитель
|
Ладно вот так: Основание прямой призмы ABCA'B'C' - равнобедренный треугольник ABC, в котором AB = BC = 5, угол ABC равен 2arcsin(3/5). Плоскость, перпендикулярная к прямой A'C, пересекает ребра AC и A'C' в точках D и E соответсвенно, причем AD = AC/3, EC' = A'C'/3. Найти площадь сечения призмы этой плоскостью. Здесь дело даже не в том, что я не знаю идею решения этой задачи, а в том, что мне непонятен чертеж.
|
Всего сообщений: 253 | Присоединился: март 2006 | Отправлено: 31 марта 2006 12:10 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Основание прямой призмы ABCA'B'C' - равнобедренный треугольник ABC, в котором AB = BC = 5, угол ABC равен 2arcsin(3/5). Плоскость, перпендикулярная к прямой A'C, пересекает ребра AC и A'C' в точках D и E соответсвенно, причем AD = AC/3, EC' = A'C'/3. Найти площадь сечения призмы этой плоскостью. Идея решения задачи. Определимся сначала со стороной AC, опять же привлекая теорему косинусов: AC*AC = 25 + 25 - 2*25 * cos(ABC) Вспоминаем, что cos(2X) = 1 - 2*sin(X)*sin(X) и получаем cos(ABC) = 1 - 2*sin(arcsin(3/5))*sin(arcsin(3/5)) = 1 - 2 * 3/5 * 3/5 = 7/25. Отсюда следует, что AC*AC = 36, AC = 6. Рассмотрим теперь плоскость A'C'CA. Предполагается, что плоскость, перпендикулярная к прямой A'C, должна быть перпендикулярна и плоскости A'C'CA. Итак, пересечение этих двух плоскостей проходит по прямой DE, а эта линия перпендикулярна к прямой A'C. Обозначим точку пересечения прямых A'C и DE как O. Очевидно, A'E = DC = 4, EC' = AD = 2. Обозначим для удобства C'C=x, A'C=y, OE=z. По теореме Пифагора для треугольника A'C'C получаем y*y = x*x + 36. Треугольники A'OE и DOC равны по трем углам и DC=A'E. Отсюда OE=OD и A'O=OC, то есть точка O есть центр симметрии прямоугольника A'C'CA. Из очевидного подобия прямоугольных треугольников A'OE и A'C'C следует пропорция: y/2 : z = 6 : x, откуда z = xy/12. По теореме Пифагора для треугольника A'OE получаем (y*y)/4 + xy*xy/144 = 16. Решая последнее уравнение совместно с y*y = x*x + 36, получим x*x = 12, y*y = 48, z = 2. Итак, DE = 2z = 4. Если рассмотреть треугольник A'B'C', то плоскость пересечет его по перпендикуляру, проведенному через точку E к стороне A'C'. Пусть этот перпендикуляр пересечет сторону B'C' в точке F'. После несложных вычислений получим EF' = 8/3. Если рассмотреть треугольник ABC, то плоскость пересечет его по перпендикуляру, проведенному через точку D к стороне AC. Пусть этот перпендикуляр пересечет сторону AB в точке F. Естественно, DF = EF' = 8/3. Теперь осталось определиться, как произойдет пересечение плоскости с ребром BB'. Нам крупно повезло - из условий задачи следует, что перпендикуляр, опущенный из середины ребра BB' на плоскость A'C'CA, проецируется в центр плоскости A'C'CA, то есть в точку O. А это и означает, что этот перпендикуляр принадлежит плоскости сечения. Обозначим середину ребра BB' как S. Таким образом, плоскость сечения состоит из прямоугольника DEF'F и треугольника F'SF. Не будем останавливаться на очевидном равенстве F'S=FS, а вычислим FS из прямоугольного треугольника FBS: AF = 10/3, FB = 5/3, BS = 1/2 * x = 1/2 * sqrt(12). FS*FS = BS*BS + FB*FB, FS*FS = 3 + 25/9 = 52/9, FS = sqrt(52)/3. Кроме того, не забываем, что FF' = 2z = 4. Из этих данных легко получить, что площадь треугольника F'SF равна 8/3, ну а площадь прямоугольника DEF'F равна 32/3. Окончательно, площадь сечения равна 32/3 + 8/3 = 40/3. Настоятельно рекомендую тщательно проверить мои расчеты - возможно, где-то я и ошибся...
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 31 марта 2006 21:17 | IP
|
|
Lina
Новичок
|
Всем привет! Помоги те пожалуйста решить следующее,мыслей нет никаких: В кубе АВСDA1B 1C1D1 с ребром длины а точка К-середина ребра АВ,точка Е-середина ребра DD1.Найти периметр треугольника А1КЕ и определить в каком отношении делит объём куба плоскость,проходящая через вершины этого треугольника. Заранее,спасибо.
|
Всего сообщений: 3 | Присоединился: апрель 2011 | Отправлено: 12 апр. 2006 16:27 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Для получения периметра треугольника А1КЕ активно применяем теорему Пифагора: 1) из треугольника KAD получаем KD^2 = KA^2 + AD^2 = 5/4 * a^2 2) из треугольника KDE получаем KE^2 = KD^2 + ED^2 = 3/2 * a^2 KE = a * sqrt(3/2) 3) очевидно, A1K = A1E = KD = a/2 * sqrt(5) Отсюда P = A1K + A1E + KE = a * sqrt(5) + a * sqrt(3/2) P = a * (sqrt(5) + sqrt(3/2)) Для построения сечения куба плоскостью продолжим отрезок A1E до пересечения с продолжением ребра AD; обозначим точку пересечения как F. Соединим точку F с точкой K и обозначим точку пересечения отрезка KF и ребра DC как G. Очевидно, что плоскость сечения будет определяться точками A1, E, G, K и эта плоскость отсекает от куба усеченную пирамиду с основаниями A1AK и EDG и высотой AD. Очевидно, что треугольники A1AK и EDG подобны с коэффициентом подобия 2. Известно, что площади подобных фигур относятся как квадрат их подобия. Поэтому, если S1 для треугольника A1AK равна a^2 / 4, то S2 для треугольника EDG равна a^2 / 16. Осталось применить формулу объема для усеченной пирамиды: V = 1/3 *(S1 + sqrt(S1 * S2) + S2) * a После несложных вычислений получаем V = a^3 / 8. Окончательно, плоскость делит объем куба в отношении 7/8.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 12 апр. 2006 23:10 | IP
|
|
Questioner2006
Новичок
|
Hi all. Помогите построить пример замкнутой поверхности знакопеременной кривизны, у которой области положительной кривизны видно с одной стороны, а отрицательной кривизны - с другой. Сам придумал следующее: незамкнутая поверхность, полученная вращением вокруг оси Оу графика многочлена 4 степени (такого, что у него максимум в х=0 и 2 минимума в х=а, х=-а ). Если коеффициенты подобрать так, чтобы касательная в точке перегиба содержала её радиус-вектор, то в этой точке вектор нормали перпендикулярен радиус-вектору, функция (r,m(r))=0 ( m(r) - нормаль в точке r). То есть, области поверхности с кривизной различного знака будут видны с разных сторон. Правильно или нет? Это задача 3.60 из сборника Кованцова и др., "Дифференциальная геометрия, топология, тензорный анализ". Ответа в задачнике нет; думаю уже не первый день. Спасибо.
|
Всего сообщений: 13 | Присоединился: март 2006 | Отправлено: 13 апр. 2006 4:39 | IP
|
|
|