NikD
Новичок
|
   
lock
Первая задача.
Образующая равна L = H/cos 60 = 24
В сечении прямоугольный треугольник S =L^2/2 = 288
|
Всего сообщений: 7 | Присоединился: декабрь 2007 | Отправлено: 14 дек. 2007 15:57 | IP
|
|
DeMVoR
Новичок
|
Привет всем! Нужна ваша помощь в решении 2-ух задач.
... ...
Надеюсь на вашу помощь.
(Сообщение отредактировал DeMVoR 26 дек. 2007 20:52)
|
Всего сообщений: 6 | Присоединился: декабрь 2007 | Отправлено: 15 дек. 2007 14:32 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Пока первая задача:
По свойству биссектрисы и равенства AD = AC имеем пропорцию:
BE/EA = BF/FC, откуда с помощью производной пропорции получаем
BE/BA = BF/BC. Следовательно, треугольники BEF и BAC подобны - они
имеют общий угол B и соответственно пропорциональные стороны.
Так как в подобных треугольниках соответственные углы равны, то исходя
из пропорции BE/BA = BF/BC мы иожем заключить, что угол BEF = угол BAC.
Но эти углы являются соответственными пр пересечении прямых EF и AC
секущей BA, отсюда вытекает, что EF||AC.
Из параллельности EF и AC следует равенство угол FDC = угол MFD,
а так как DF - биссектрисса, то и угол MFD = угол MDF, откуда MD = MF.
Проводя аналогичные рассуждения для углов MED, EDA и EDM, получим MD = EM,
а так как EF = EM + MF, то EF = 2 * MD, ч.т.д.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 16 дек. 2007 0:38 | IP
|
|
DeMVoR
Новичок
|
bekas, большое спасибо!
Мне только не ясно о каком свойстве биссектрисы идёт речь в первом этапе решения?
|
Всего сообщений: 6 | Присоединился: декабрь 2007 | Отправлено: 16 дек. 2007 8:45 | IP
|
|
Mathin
Новичок
|
Здраствуйте уважаемые! Вы не могли бы мне помочь решить одну задачу по ан.геометрии... Долго решал, а найти верного решения никак не получается
Вот её условие: Найти кротчайшее расстояние от т.M(1;2;5) до прямой:
{x+y-z+2=0
{4x-3z+3=0
Заранее благодарю...
P.S. Символы { означают знак системы.
{
(Сообщение отредактировал Mathin 16 дек. 2007 12:47)
|
Всего сообщений: 11 | Присоединился: ноябрь 2007 | Отправлено: 16 дек. 2007 12:46 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Однако, DeMVoR, вы меня удивляете - не знать, что биссектриса любого внутреннего угла треугольника делит сторону треугольника на части, пропорциональные прилегающим сторонам треугольника (в вашем случае это будет BE/EA = BD/AD и BF/FC = BD/DC и так как AD = DC, то
BE/EA = BF/FC)! Я очень давно не был в школе, но как мне помнится, это одна из первых теорем про биссектрису - или сейчас в школе это не выделено в отдельную базовую теорему, типа теоремы Пифагора?
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 16 дек. 2007 14:28 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Mathin, немного теории.
Очевидно, кратчайшим расстоянием от некоторой точки M до прямой L
будет длина перпендикуляра, проведенного из этой точки до прямой.
Искомый перпендикуляр представляет собой линию пересечения двух
плоскостей: 1) плоскости, проходящей через точку M и прямую L,
2) плоскости, проходящей через точку M и перпендикулярной к прямой L.
Но для начала приведем уравнение прямой L, заданной пересечением двух
плоскостей A1x + B1y + C1z + D1 = 0 и A2x + B2y + C2z + D2 = 0 (1),
к каноническому виду:
(x-x1)/l = (y-y1)/m = (z-z1)/n.
Для этого достаточно найти хотя бы одну точку M1(x1,y1,z1), через
которую проходит прямая L, и направляющий вектор q = {l,m,n} этой прямой.
Так как плоскости, определяемые уравнениями (1) не параллельны и не сливаются,
то нарушается хотя бы одна из пропорций A1/A2 = B1/B2 = C1/C2. Это означает,
что хотя бы один из трех определителей второго порядка
|A1,B1|
|A2,B2|
|B1,C1|
|B2,C2|
|A1,C1|
|A2,C2|
отличен от нуля. Пусть ради определенности отличен от нуля определитель
|A1,B1|
|A2,B2|
Тогда взяв вместо z произвольное число z1 и подставив его в уравнения (1),
определим из системы (1) соответствующие этому z1 значения x1 и y1:
x1 = B1(C2z1+D2)-B2(C1z1+D1)/(A1B2-A2B1),
x1 = A2(C1z1+D1)-A1(C2z1+D2)/(A1B2-A2B1). (2)
В частности, можно взять z1 = 0. Тогда, воспользовавшись формулами (2),
мы получим, что прямая (1) проходит через точку
M1((B1D2-B2D1)/(A1B2-A2B1), (A2D1-A1D2)/(A1B2-A2B1), 0).
Для нахождения координат l, m, n направленного вектора q прямой (1)
заметим, что вектор q ортогонален каждому из нормальных векторов
n1 = {A1,B1,C1} и n2 = {A2,B2,C2} плоскостей (1), так что можно положить
вектор q = {l,m,n} равным векторному произведению [n1n2].
Пользуясь выражением векторного произведения в координатах, мы получим:
l = B1C2 - B2C1, m = C1A2 - C2A1, n = A1B2 - A2B1.
Таким образом, для случая, когда отличен от нуля определитель
|A1,B1|
|A2,B2|
канонические уравнения прямой (1) имеют вид:
(x - (B1D2-B2D1)/(A1B2-A2B1))/(B1C2-B2C1) =
(y - (A2D1-A1D2)/(A1B2-A2B1))/(C1A2-C2B1) =
z/(A1B2-A2B1)
Здесь x1 = (B1D2-B2D1)/(A1B2-A2B1), y1 = (A2D1-A1D2)/(A1B2-A2B1), z1 = 0.
Применяйте всю эту теорию к своим уравнениям x+y-z+2 = 0 и 4x-3z+3 = 0,
где A1=1, B1=1,C1=-1,D1=2, A2=4,B2=0,C2=-3,D2=3 и получайте канонические
уравнения прямой.
После этого получайте уравнение плоскости, проходящей через данную
прямую (x-x1)/l = (y=y1)/m = (z-z1)/n и через заданную не лежащую
на этой прямой точку M(x0,y0,z0). Искомая плоскость принадлежит связке
плоскостей, т.е. определяется уравнением A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0) = 0.
Используя условия принадлежности данной прямой к искомой плоскости, получим
следующие равенства:
A(x1-x0)+B(y1-y0)+C(z1-z0)=0
Al+Bm+Cn=0 (3)
Точка m(x0,y0,z0) по условию не лежит на данной прямой. Это означает,
что нарушается хотя бы одна из пропорций
(x1-x0)/l = (y1-y0)/m = (z1-z0)/n, и поэтому из системы (3) два
из коэффициентов A, B, C можно определить через третий. Выбрав затем
произвольно этот третий коэффициент (например, положив его равным 1),
мы получим уравнение искомой плоскости.
Осталось найти уравнение плоскости, проходящей через заданную точку
M(x0,y0,z0) и перпендикулярной заданной прямой
(x-x1)/l = (y-y1)/m = (z-z1)/n.
Это уравнение имеет вид l(x-x0)+m(y-y0)+n(z-z0) = 0. В самом деле,
искомая плоскость принадлежит связке плоскостей и имеет в качестве
нормального вектора направляющий вектор заданной прямой q = {l,m,n}.
Итак, будет получено уравнение перпендикуляра в виде системы двух
уравнений, представляющих собой уравнения рассмотренных выше двух
плоскостей.
Потом из этой системы получаете уравнение перпендикуляра в виде
канонических уравнений и решайте совместно их с каноническими
уравнениями исходной прямой, тем самым получая координаты точки P
их пересечения.
После этого искомое расстояние будет длина отрезка, проведенного из
точки (1,2,5) к найденной выше точке пересечения P.
Надеюсь теория понятна - осталось только применить ее на практике...
(Сообщение отредактировал bekas 16 дек. 2007 17:51)
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 16 дек. 2007 17:50 | IP
|
|
DeMVoR
Новичок
|
Цитата: bekas написал 16 дек. 2007 14:28
Однако, DeMVoR, вы меня удивляете - не знать, что биссектриса любого внутреннего угла треугольника делит сторону треугольника на части, пропорциональные прилегающим сторонам треугольника (в вашем случае это будет BE/EA = BD/AD и BF/FC = BD/DC и так как AD = DC, то
BE/EA = BF/FC)! Я очень давно не был в школе, но как мне помнится, это одна из первых теорем про биссектрису - или сейчас в школе это не выделено в отдельную базовую теорему, типа теоремы Пифагора?
Если честно, не припомню такого Может быть я это пропустил? Ну да ладно, огромное спасибо Вам за помощь! никогда теперь не забуду эту теорему)
P.S. осталась вторая задача (не обязательно полностью всё решение, хотя бы направте мои мысли в нужное русло  )
|
Всего сообщений: 6 | Присоединился: декабрь 2007 | Отправлено: 16 дек. 2007 18:19 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
DeMVoR, есть подозрение, что условие вашей задачи про окружности некорректно.
Так как доказательство должно быть справедливым для любой допустимой конфигурации окружностей, рассмотрим удобный для нас случай, когда,например, окружности одного радиуса, причем они не только пересекаются,
но и проходят через центры друг друга. Кроме того, проведем линию NAB так, чтобы A совпало с центром окружности. В этом случае, очевидно,угол AMB равен 60 градусов, угол ADB также равен 60 градусов, и их сумма явно не 180 градусов. Или я не так интерпретирую условия задачи?
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 17 дек. 2007 14:34 | IP
|
|
DeMVoR
Новичок
|
Цитата: bekas написал 17 дек. 2007 14:34
DeMVoR, есть подозрение, что условие вашей задачи про окружности некорректно.
Так как доказательство должно быть справедливым для любой допустимой конфигурации окружностей, рассмотрим удобный для нас случай, когда,например, окружности одного радиуса, причем они не только пересекаются,
но и проходят через центры друг друга. Кроме того, проведем линию NAB так, чтобы A совпало с центром окружности. В этом случае, очевидно,угол AMB равен 60 градусов, угол ADB также равен 60 градусов, и их сумма явно не 180 градусов. Или я не так интерпретирую условия задачи?
Проверил условие задачи. Всё верно. Ни про конфигурацию окр. ни про какие-либо другие ограничения в условии не сказано...
|
Всего сообщений: 6 | Присоединился: декабрь 2007 | Отправлено: 17 дек. 2007 14:54 | IP
|
|
|
Форум
Геометрические задачи
