Паралелепипед/Пирамида

[Гост]

1 Диагоналът на правоъгълен паралелепипед има дължина 6см. и сключва с две негови съседни стени ъгли с мярка 30° и 45°. Да се намерят повърхнината и обема на паралелепипеда.


2 Правилна триъгълна пирамида има основен ръб b. Намерете повърхнината и обема на пирамидата, ако околните и` ръбове сключват ъгъл [tex]\varphi[/tex] с основата;

[Knowledge Greedy]

Едно време обичахме да се хвалим, като играем шах на сляпо - blnd ( сега има разни версии dark mode и пр.) .
Та тези задачи са ми интересни да ги опитвам без чертеж - пак същото - играеш без да гледаш.

1.) Диагоналът на правоъгълен паралелепипед има дължина 6см и сключва с две негови съседни стени ъгли с мярка 30° и 45°. Да се намерят повърхнината и обема на паралелепипеда.

Подразбира се, че диагоналът на правоъгълен паралелепипед, който има дължина 6см е телесният диагонал на паралелепипеда.

Проектирайки (ортогонално - за да използваме косинусите на дадените ъгли) този диагонал в равнините на тези съседни стени имаме ... точно два от диагоналите на стените на паралелепипеда.
И те са [tex]d_1=6cos30^\circ = 3\sqrt{3}[/tex], както и [tex]d_2=6cos45^\circ= 3\sqrt{2}[/tex]

Но защо се ни диагонали, когато ... [tex]b=6sin30^\circ = 3[/tex], както и [tex]c=6sin45^\circ= 3\sqrt{2}[/tex] - са два от ръбовете.
Дотук добре, само че третият ръб, който ще играе височината на правоъгълния паралелепипед нещо се губи. Вместо него можем да открием само диагонала на третата стена (която минава през връх, който е край на нашия телесен диагонал). Намираме го с питагорова теорема [tex]d_3^2=3^2+(3\sqrt{2})^2[/tex]. Той е [tex]d_3=3\sqrt{3}[/tex].

Задачата вече заприличва на неопределена, когато забелязваме, че диагоналите на двойка различно ориентирани стени са равни. Това може да означава само едно - третият ръб е равен на един от първите два.

Случай 1. [tex]a=b=3[/tex]
[tex]V=abc=27\sqrt{2}[/tex]

Случай 2. [tex]a=c=3\sqrt{2}[/tex]
[tex]V=abc=54[/tex]

[Гост]

Много благодаря!

[Knowledge Greedy]

2.) Правилна триъгълна пирамида има основен ръб b. Намерете повърхнината и обема на пирамидата, ако околните ѝ ръбове сключват ъгъл φ с основата.

За обема ни трябва височината на пирамидата.
Лицето на равностранния триъгълник в основата знаем, че е [tex]B=\frac{b^2\sqrt{3}}{4}[/tex]
Височината (медианата) на основата е [tex]m=\frac{b\sqrt{3}}{2}[/tex]

Щом окалните ръбове сключват равни ъгли с основата, всеки от тях се проектира в радиус на описаната около триъгълника на основата окръжност. [tex]R=\frac{2}{3}m[/tex]
Следователно [tex]R=\frac{b\sqrt{3}}{3}[/tex] и автоматично откриваме височината [tex]H=Rtg\varphi= \frac{b\sqrt{3}}{3}tg\varphi[/tex]
Обемът [tex]V=\frac{1}{3}BH=\frac{1}{12}b^3tg\varphi[/tex]

За повърхнината са необходими височините на околните стени - апотемите.
Тях откриваме с питагорова теорема от триъгълник с катети [tex]H[/tex] и [tex]\frac{1}{3}m[/tex], които открихме по-горе. [tex]k=\sqrt{\left ( \frac{b\sqrt{3}}{3}tg\varphi \right )^2+ \left ( \frac{b\sqrt{3}}{6} \right )^2 }[/tex]
След това просто заместваме във формулата [tex]S_1=B+3\frac{bk}{2}[/tex]

[Гост]

Мерси много !!

[Гост]

А може ли да помогнете и на мен?
В паралелепипеда АВСDА1В1С1D1 всички ръбове са равни на l и основата АВСD е квадрат.Ръбът АА1 сключва с ръбовете АВ и АD ъгли, равни на [tex]\alpha[/tex] . Да се намери диагонала ВD1 и косинусът на ъгъла \varphi между правите ВD1 и АС.
Благодаря!

[Гост]

Да се намери диагонала ВD1 и косинусът на ъгъла [tex]\varphi[/tex] между правите ВD1 и АС.

[S.B.]

\angle

Без заглавие - 2020-05-17T185651.591.png (280.63 KiB) Прегледано 840 пъти

А може ли да помогнете и на мен?
В паралелепипеда АВСDА1В1С1D1 всички ръбове са равни на l и основата АВСD е квадрат.Ръбът АА1 сключва с ръбовете АВ и АD ъгли, равни на [tex]\alpha[/tex] . Да се намери диагонала ВD1 и косинусът на ъгъла \varphi между правите ВD1 и АС.
Благодаря!

[tex]\angle A_{1 }AB = \angle A_{1 }AD = \alpha\Rightarrow A_{1 }[/tex] се проектира върху диагонала $AC$ (който е ъглополовяща в основата)
$AH $ е проекцията на $AA_{1 } $върху $AC , AC\bot BD \Rightarrow$ според теоремата за 3-те перпендикуляра $AA_{1 } \bot BD$
$AA_{1 } || BB_{1 } \Rightarrow BB_{1 } \bot BD$ и понеже $BB_{1 } ||DD_{1 } $ и $BB_{1 } = DD_{1 } \Rightarrow BDD_{1 }B_{1 }$ е правоъгълник
$BD = B_{1 }D_{1 } = l\sqrt{2}$ (като диагонали в квадрат) и $BB_{1 }= DD_{1 } = l$
По Питагорова теорема от $\triangle BDD_{1 }$ намирам $BD_{1 } = \sqrt{l^{2} + 2l^{2}} = l\sqrt{3}$
$AC$ и $BD_{1 }$ са кръстосани прави.За да намеря $\angle (AC,BD_{1 }) = \varphi$, правя следните построения:
Построявам права $l ,\begin{cases} lzO \\ l|| BD_{1 } \end{cases} l\cap DD_{1 } = K, KP\bot DC, K\in DC$
$\angle KOC = \varphi$
$KO || BD_{1 } $ , т.$O $ е среда на $BD \Rightarrow т.K$ е среда на $DD_{1 } \Rightarrow OK$ е средна отсечка в $\triangle DBB_{1 } \Rightarrow OK = \frac{l\sqrt{3}}{2}$
$OC = \frac{AC}{2} = \frac{l\sqrt{2}}{2}$
Търсим $CK$ за да можем да приложим Косинусова теорема за $\triangle KOC$ и да намерим $cos\varphi$
От $\triangle DPK \rightarrow KP = \frac{l}{2}.sin\alpha , DP = \frac{l}{2}.cos\alpha$
$PC = DC- DP = l - \frac{l}{2}.cos\alpha = \frac{l}{2}(2 - cos\alpha)$
За $\triangle PCK$ прилагам Питагор : $KC^{2} = KP^{2} + PC^{2}$
$KC^{2} = \frac{l^{2}}{4}sin^{2}\alpha + \frac{l^{2}}{4}(2 - cos\alpha)^{2} = \frac{l^{2}}{4}(sin^{2}\alpha + 4 - 4cos\alpha + cos^{2}\alpha) = \frac{l^{2}}{4}(5 - 4cos\alpha)$
За $\triangle KOC$ прилагам Косинусова теорема :$ KC^{2} = KO^{2} + CO^{2} - 2.KO.CO.cos\varphi$
$\frac{l^{2}}{4}(5 - 4cos\alpha) = 3.\frac{l^{2}}{4} + 2.\frac{l^{2}}{4} - 2\sqrt{6}\frac{l^{2}}{4}.cos\varphi \Leftrightarrow 5 - 4cos\alpha = 5 - 2\sqrt{6}cos\varphi \Leftrightarrow 4cos\alpha = 2\sqrt{6}cos\varphi \Rightarrow$
$$cos\varphi = \frac{\sqrt{6}}{3}.cos\alpha$$