bekas
Долгожитель
|
   
МЕНТ!
Так где у меня неверно и где ваше решение, а не только ответ?
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 25 марта 2006 22:35 | IP
|
|
MEHT
Долгожитель
|
Цитата: bekas написал 25 марта 2006 22:35
МЕНТ!
Так где у меня неверно и где ваше решение, а не только ответ?
Пардон, но ваше решение ниасилил 
Могу предложить другое - применяя аналитическую геометрию.
Введем декартову систему координат так, чтобы оси координат OX, OY, OZ
совпадали с ребрами куба BA, BC, BB1 соответственно. Если a - длина ребра куба, тогда координаты вершин будут следующие:
A(a;0;0), A1(a;0;a),
B(0;0;0), B1(0;0;a),
C(0;a;0), C1(0;a;a),
D(a;a;0), D1(a;a;a).
Из условия для M сразу получаем ее координаты
M(a/3;a;0).
Найдем координаты K.
Абсцисса К равна нулю (K лежит в плоскости YOZ).
Ордината и аппликата находятся из условия BK=KM=BM и того, что аппликата должна быть положительна.
В итоге получаем
K(0;5a/9;a*sqrt(65)/9).
Известны 3 точки плоскости KBC,
а следовательно можно получить уравнение этой плоскости.
Уравнение получается следующее
x*sqrt(65)-y*sqrt(65)/3+5z/3=0; отсюда сразу находим координаты нормального вектора плоскости
(sqrt(65);-sqrt(65)/3;5/3), или нормируя, получаем координаты вектора нормали к данной плоскости
(sqrt(13/15);-sqrt(13/15)/3;sqrt(3)/9).
Нормаль к плоскости ABCD есть орт OZ, а следовательно ее координаты (0;0;1).
Скалярное произведение нормалей = sqrt(3)/9 даст косинус угла между нормалями, а следовательно (т.к. косинус положителен) и косинус острого угла между плоскостями.
Искомый острый угол очевидно равен arccos(sqrt(3)/9).
(Сообщение отредактировал MEHT 25 марта 2006 23:49)
|
Всего сообщений: 1548 | Присоединился: июнь 2005 | Отправлено: 25 марта 2006 22:58 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
ИСПРАВЛЕННОЕ РЕШЕНИЕ
Идея решения задачи.
Если из точки K опустить перпендикуляр на отрезок BM (пусть их точка
пересечения есть T), потом в плоскости ABCD провести перпендикуляр
через точку T до пересечения с ребром BC (пусть эта точка пересечения
есть R) и, наконец, соединить точку R с точкой K, то угол RTK как
раз и будет углом между плоскостями BMK и ABCD. А определить угол RTK
мы сможем по теореме косинусов из треугольника RTK, если будем знать
все его стороны. Сказано - сделано.
Пусть длина ребра куба есть 1, тогда очевидно CM = 1/3, MD = 2/3,
BM = MK = BK = SQRT(10)/3, BT = MT = SQRT(10)/6, KT = SQRT(30)/6.
Из подобия прямоугольных треугольников BCM и BTR следует, что
BT/RT = BC/MC, откуда RT = SQRT(10)/18.
Но мы как-то забыли о точке K, надо ведь определиться с ее положением.
Очевидно, ее положение на плоскости BB1C1C определиться пересечением
следующих дуг:
1) в плоскости BB1C1C из точки C проведем четверть окружности радиуса 1
от точки B до точки C1
2) в той же плоскости из точки B проведем окружность радиусом, равным BM.
Это построение точки K следует из равносторонности треугольника BMK.
Если в плоскости BB1C1C рассмотреть треугольник BKC, то BC = CK = 1,
BK = SQRT(10)/3 и по теореме косинусов 10/9 = 1 + 1 - 2cos(BCK),
откуда cos(BCK) = 4/9.
Из прямоугольного треугольника BTR получим BR = 5/9
(ранее мы получили BT = SQRT(10)/6 и RT = SQRT(10)/18), и, следовательно,
RC = 4/9.
Рассмотрим теперь треугольник KRC и по теореме косинусов получим
KR*KR = 16/81 + 1 - 2 * 4/9 * cos(BCK) = 16/81 + 1 - 32/81 = 65/81
KR = SQRT(65)/9
ЗДЕСЬ У МЕНЯ И БЫЛА ОШИБКА В ПРЕДЫДУЩЕМ РЕШЕНИИ - ЗАБЫЛ УМНОЖИТЬ НА 4/9
Сбылось - мы знаем все стороны треугольника RTK:
KR = SQRT(65)/9, KT = SQRT(30)/6, RT = SQRT(10)/18
Последний раз применяем теорему косинусов:
KR*KR = 5/6 + 5/162 - 2 * SQRT(300)/108 * cos(RTK)
65/81 = 70/81 - SQRT(300)/54 * cos(RTK)
65/81 = 70/81 - 5 * SQRT(3) / 27 * cos(RTK)
И, если я не ошибся в расчетах, cos(RTK) = SQRT(3) / 9
Окончательно, угол равен arccos(SQRT(3) / 9)
То есть полное совпадение с аналитическим решением гражданина МЕНТа.
Но, как я полагаю, это школьная задача и там решение не должно
использовать аналитическую геометрию...
А мое решение абсолютно простое и базируется только на теореме Пифагора
и теореме косинусов.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 25 марта 2006 23:46 | IP
|
|
MEHT
Долгожитель
|
Цитата: bekas написал 25 марта 2006 23:46
Но, как я полагаю, это школьная задача и там решение не должно использовать аналитическую геометрию...
А мое решение абсолютно простое и базируется только на теореме Пифагора
и теореме косинусов.
Аналитич. решение не сложнее, я бы сказал даже проще, так как не требует дополнительных стереометрических построений 
|
Всего сообщений: 1548 | Присоединился: июнь 2005 | Отправлено: 27 марта 2006 4:18 | IP
|
|
undeddy
Долгожитель
|
У меня пара вопросов по решению этой задачи:
1. Я не понял, каким образом мы построили точку K. Почему это построение следует из равносторонности треугольника BMK? Нельзя ли это пояснить?
2. Разве из подобия прямоугольных треугольников BCM и BTR следует, что BT/RT = BC/MC?
|
Всего сообщений: 253 | Присоединился: март 2006 | Отправлено: 27 марта 2006 7:24 | IP
|
|
MEHT
Долгожитель
|
Цитата: undeddy написал 27 марта 2006 7:24
1. Я не понял, каким образом мы построили точку K. Почему это построение следует из равносторонности треугольника BMK? Нельзя ли это пояснить?
В декартовой системе координат квадрат растояния между точками (x1,y1,z1) и (x2,y2,z2) определяется как
R^2=(x2-x1)^2 + (y2-y1)^2 + (z2-z1)^2. (Это сдедствие теор. Пифагора).
Пусть К(0;yk;zk) - искомая точка.
Т.к. BK=KM=BM, то и BK^2=KM^2=BM^2,
и выражая через координаты квадраты сторон:
BK^2=yk^2+zk^2,
KM^2=(a/3)^2+(a-yk)^2+zk^2,
BM^2=(a/3)^2+a^2.
Приравнивая BK^2 и KM^2 получаем уравнение для yk.
Далее, приравниваем BK^2 и BM^2, подставляем вместо yk найденое из предыдущ. ур. значение, получаем уравнение для zk. Отрицательный корень уравнения выбрасываем (куб лежит в 1-м октанте декарт. пространства).
|
Всего сообщений: 1548 | Присоединился: июнь 2005 | Отправлено: 27 марта 2006 17:35 | IP
|
|
undeddy
Долгожитель
|
Все это, конечно, хорошо, но, сдается мне, что курс аналитеческой геометрии не входит в школьную программу.
|
Всего сообщений: 253 | Присоединился: март 2006 | Отправлено: 27 марта 2006 19:18 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Вопросы undeddy:
1. Я не понял, каким образом мы построили точку K. Почему это построение следует из равносторонности треугольника BMK? Нельзя ли это пояснить?
Какое из нижеперечисленных построений вам непонятно,
что оно использует равносторонность треугольника BMK?
Эти два построения как раз и основаны на том, что расстояние от B до K и от M до K должно быть равно BM...
1) в плоскости BB1C1C из точки C проведем четверть окружности радиуса 1
от точки B до точки C1
2) в той же плоскости из точки B проведем окружность радиусом, равным BM.
Пересечение этих дуг окружностей и есть точка K.
2. Разве из подобия прямоугольных треугольников BCM и BTR следует, что BT/RT = BC/MC?
Ну а как же? Если только не забыть, что прямые углы у этих треугольников есть BTR и BCM. Просто-напросто составляется отношение катетов одного треугольника и другого, а так как треугольники подобны, то отношение этих катетов будет одним и тем же.
Полностью согласен - аналитическую геометрию изучают не ранее первого курса высшей школы - скажем, по Беклемищеву...
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 27 марта 2006 23:11 | IP
|
|
undeddy
Долгожитель
|
В окружность вписан равносторонний треугольник ABC. Доказать, что сумма AM^2 + BM^2 + CM^2 не зависит от выбора точки M на окружности.
(Сообщение отредактировал undeddy 29 марта 2006 21:04)
|
Всего сообщений: 253 | Присоединился: март 2006 | Отправлено: 29 марта 2006 18:04 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
В окружность вписан равносторонний треугольник ABC.
Доказать, что сумма AM^2 + BM^2 + CM^2 не зависит от выбора точки M
на окружности.
Идея решения задачи.
Рассмотрим ситуацию, когда точка M расположена на дуге AC. Обозначим
угол ABM как X, тогда угол MBC равен 60-X, а угол AMB равен углу ACB
и равен 60 (так как эти углы опираются на одну и ту же дугу AB.
Ну, и, очевидно, угол MAB равен 120-X.
Довольно с нас теоремы косинусов, не будем обижать и теорему синусов:
AM/sin(X) = 2R
MC/sin(60-X) = 2R
BM/sin(120-X) = 2R
AM = 2R*sin(X)
MC = 2R*sin(60-X)
BM = 2R*sin(120-X)
AM^2 = 4R^2 * sin(X) * sin(X)
MC^2 = 4R^2 * sin(60-X) * sin(60-X)
BM^2 = 4R^2 * sin(120-X) * sin(120-X)
AM^2 + BM^2 + CM^2 = 4R^2 * (sin(X) * sin(X) + sin(60-X) * sin(60-X) + sin(120-X) * sin(120-X))
Вспоминаем формулу sin(A-B) = sin(A)*cos(B) - cos(A)*sin(B) и получаем
sin(60-X) = sqrt(3)/2 * cos(X) - 1/2 * sin(X)
sin(120-X) = sqrt(3)/2 * cos(X) + 1/2 * sin(X)
В результате возведения в квадрат sin(60-X) и sin(120-X) и сложения этих
квадратов получим значение 3/2 * cos(X) * cos(X) + 1/2 * sin(X) * sin(X).
Добавляем к этому значению последнее слагаемое sin(X) * sin(X) и получаем
значение 3/2 (так как sin(X) * sin(X) + cos(X) * cos(X) = 1).
Окончательно, AM^2 + BM^2 + CM^2 = 4R^2 * 3/2 = 6R^2, то есть не зависит
от угла X, а, следовательно, и от положения точки M на дуге AC.
Когда точка M совпадает с вершиной треугольника ABC (скажем, с C), то
одно из слагаемых CM превращается в нуль и AM^2 + BM^2 + CM^2 = AM^2 + BM^2 =
AC^2 + BC^2 = 2 * AC^2. А так как сторона правильного треугольника выражается
через радиус R описанной окружности как sqrt(3) * R, то также получаем
ту же величину 2 * AC^2 = 2 * (sqrt(3) * R) ^ 2 = 6R^2.
Осталось рассмотреть ситуацию, когда точка M расположена на дуге AB или BC.
Думается, с этой несложной проблемой справится и сам автор предложенной задачи.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 29 марта 2006 23:57 | IP
|
|
|
Форум
Геометрические задачи
