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
|
|
|
Форум
Геометрические задачи
