Guest206
Удален
|
   
Привет!
Чего-то туплю с задачей про пирамиду:
Известны:
-координаты трех вершин основания ABC (x,y,z);
-высота H
-высота отложена от точки на медиане от вершины А основания и расстояние от этой точки до А равно d.
Нужно найти координаты вершины D (x,y,z).
Заранее пасиба! Чувствую, что все просто, но не знаю где...
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 6 марта 2006 22:08 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Решение задачи Armeika от 3 марта 2006 года:
В кубе через середины ребер DD1 и D1C1 в вершину А
проведена плоскость. Найти угол между этой плоскостью и гранью ABCD.
Обозначим середину ребра DD1 через Q, а середину ребра D1C1 через S.
Продолжим отрезок SQ до пересечения с продолжением ребра CD; пусть
точка пересечения есть P. Соединим точки A и P, получая тем самым линию
пересечения плоскости ASQ с гранью ABCD. Если мы вычислим двугранный
угол по линии пересечения AP этих двух плоскостей, то тем самым вычислим
угол, под которым пересекаются эти плоскости.
Опустим перпендикуляр из точки D на линию пересечения AP, пусть их точка
пересечения есть R. Тогда отрезок QR будет также перпендикулярен AP на
основании теоремы о трех перпендикулярах. А отсюда следует, что угол
DRQ и будет искомым углом.
Для вычисления угла DRQ рассмотрим треугольник DRQ, в котором по исходным
данным DQ = 1/2. Если мы найдем остальные две стороны DR и RQ, то после
этого по теореме косинусов легко можно найти косинус угла DRQ, и,
следовательно, и сам угол DRQ.
Для определения DR рассмотрим прямоугольный треугольник ADP (угол D прямой).
Из очевидного равенства треугольников PDQ и D1QS следует, что PD = 1/2,
AD по исходным данным есть 1. По теореме Пифагора AP = '5/2
(здесь '5 означает квадратный корень из 5). Очевидно, треугольники ARD
и ADP подобны, откуда следует пропорция:
RD/PD = AD/AP
Отсюда RD = 1/'5. Кроме того, из прямоугольного треугольника ARD получим
AR = 2/'5.
Треугольник PAQ равносторонний (AP равно AQ и равно '5/2). Сторона PQ
этого треугольника легко находится из равностороннего прямоугольного
треугольника PDQ и равна 1/'2.
По теореме косинусов:
PQ*PQ = AP*AP + AQ*AQ - 2*AP*AQ*cos PAQ.
Отсюда cos PAQ = 4/5 и sin PAQ = 3/5, а, следовательно, tg PAQ = 3/4.
Из прямоугольного треугольника ARQ получаем RQ = AR * tg PAQ = 3/(2*'5)
Теперь еще раз применяем теорему косинусов для треугольника DRQ:
DQ = 1/2, DR = 1/'5, RQ = 3/(2*'5)
DQ*DQ = DR*DR + RQ*RQ - 2*DR*RQ*cos DRQ.
После несложных вычислений получаем cos DRQ = 2/3, а, следовательно,
искомый угол равен arcos 2/3.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 8 марта 2006 17:40 | IP
|
|
GDragon
Удален
|
Доброго времени суток.
У меня следующая задача. Вообще-то ответ не обязателен. Так что не надо ломать над ней голову. Просто, кто знает, тот и ответит. Заранее благодарю (за внимание).
Дан произвольный n-угольник. Координаты его вершин (x1,y1), (x2,y2), ... ,(xn,yn), где xi, yi целые числа (i - индекс). Найти количество точек с целыми координатами, которые лежат внутри этого полигона, если: а) полигон выпуклый, б) полигон не выпуклый.
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 9 марта 2006 12:43 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Помогите решить задачу. Квадрат разделить горизонтальной линией на две части. Верхний прямоугольник разделить на две равные части одной вертикальной линией. Нижний прямоугольник разделить на три одинаковые части двумя вертикальными линиями. Получилась фигура в которой 16 отрезков. Надо провезти линию ,которая пересекла бы все отрезки только один раз .линия не должна пересекаться
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 9 марта 2006 21:30 | IP
|
|
GDragon
Удален
|
Здравствуйте. Это опять я. На счет задачи. Можете не решать: я уже решил. Конечно, я не запрещаю, пусть те, кто хотят, решают. Будет полезно. Еще раз благодарю.
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 11 марта 2006 8:39 | IP
|
|
laf17c0dx
Удален
|
to Guest
Если нельзя через концы отрезков проходить, то это невозожно.
(Сообщение отредактировал laf17c0dx 11 марта 2006 18:31)
(Сообщение отредактировал laf17c0dx 12 марта 2006 9:37)
(Сообщение отредактировал laf17c0dx 16 марта 2006 19:53)
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 11 марта 2006 18:29 | IP
|
|
asmhack
Удален
|
Народ! Помогите пожалуйста решить задачку:
Найти площадь сечения заданого эллипсоида (x*x+4*y*y+9*z*z<=1) и произвольной плоскости (A*x+B*y+C*z+D=0). Вывести графики зависимости определенной площади от коэфициэнтов:
(А & B), (A & C), (B & C),(B & D),(B & D),(C & D),(A & D). Заранее спасибо!!!
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 15 марта 2006 9:55 | IP
|
|
undeddy
Долгожитель
|
У меня все гораздо проще:
В кубе с основанием и боковыми ребрами AA1, BB1, CC1, DD1 точки M и K выбраны соответственно на ребре CD и в плоскости грани BB1C1C так, что CM:MD = 1:2 , а треугольник BMK – равносторонний. Найти угол между плоскостями BMK и ABCD.
|
Всего сообщений: 253 | Присоединился: март 2006 | Отправлено: 23 марта 2006 20:18 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
В кубе с основанием и боковыми ребрами AA1, BB1, CC1, DD1
точки M и K выбраны соответственно на ребре CD и в плоскости грани BB1C1C
так, что CM:MD = 1:2 , а треугольник BMK - равносторонний.
Найти угол между плоскостями BMK и ABCD.
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 - 2cos(BCK) = 16/81 + 1 - 8/9 = 25/81
KR = 5/9
Сбылось - мы знаем все стороны треугольника RTK:
KR = 5/9, KT = SQRT(30)/6, RT = SQRT(10)/18
Последний раз применяем теорему косинусов:
KR*KR = 30/36 + 10/18 - 2 * SQRT(300)/108 * cos(RTK)
25/81 = 50/36 - SQRT(300)/54 * cos(RTK)
25/81 = 25/18 - 5 * SQRT(3) / 27 * cos(RTK)
И, если я не ошибся в расчетах, cos(RTK) = 35/18 * SQRT(3)
Окончательно, угол равен arccos(35/18 * SQRT(3))
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 25 марта 2006 14:32 | IP
|
|
MEHT
Долгожитель
|
Цитата: bekas написал 25 марта 2006 14:32
...
Окончательно, угол равен arccos(35/18 * SQRT(3))
Для arccos(x), -1 <= x <= 1;
35/18 * SQRT(3) не удовлетворяет этому промежутку...
Добавлено:
У меня получился ответ такой:
для острого угла: arccos(sqrt(3)/9),
для тупого угла: pi - arccos(sqrt(3)/9).
(Сообщение отредактировал MEHT 25 марта 2006 22:16)
|
Всего сообщений: 1548 | Присоединился: июнь 2005 | Отправлено: 25 марта 2006 21:39 | IP
|
|
|
Форум
Геометрические задачи
