Платонови тела

[KOPMOPAH]

В куб с ръб $1$ е вписан правилен октаедър, като всички върхове на октаедъра лежат на ръбовете на куба. Две от стените на октаедъра са перпендикулярни на един от телесните диагонали на куба. Да се намери ръба на октаедъра.

Скрит текст: покажи

Май изготвянето на чертежа е по-трудно от решението

Платонови тела.png (12.3 KiB) Прегледано 942 пъти

[S.B.]

Без заглавие - 2019-03-19T214259.293.png (290.9 KiB) Прегледано 933 пъти

Скрит текст: покажи

Наистина чертежа е по-труден от изчислението!

[S.B.]

Платоновите тела имат еднакви многостенни ъгли,а стените има са еднакви правилни многоъгълници.
За октаедъра : стените му са еднакви равностранни триъгълници,има 8 стени,12 ръба и 6 върха.Ако се впише октаедър в куб ,то върховете на октаедъра ще съвпаднат с центровете на всяка стена на куба,а обратно - върховете на куба ще съвпаднат с центровете на всяка стена на октаедъра.
В задачата е казано,че две от стените на октаедъра са перпендикулярни на един от телесните диагонали.При моя чертеж това е диагоналът $DB_{1 }$
Ортогоналната проекция на $DB_{1 }$ върху основата $ABCD$ на куба е диагоналът $DB$ на основата. [tex]DB\bot AC, \Rightarrow[/tex] ръбът на тетраедъра $EG || AC$.Тъй като в $ABCD$ съществуват $n$ на брой прави успоредни на $AC$ дължината на $EG = \frac{\sqrt{2}}{n} , n\in (0,1)$
Аналогично $BD_{1 }$се проектира в $ADD_{1 }A_{1 }$ върху диагонала $DA_{1 } \bot AD_{1 }$ и тогава ръбът na октаедъра $EF || AD_{1 }$
Получи се $\triangle EGF$ равностранен със страна с големина $\frac{\sqrt{2}}{n}$ .Така се получиха 3 от върховете на октаедъра $E,G,F$ останалите 3 - $E_{1 }G_{1 }F_{1 }$ се получават при същите разсъждения за проекцията на диагонала $DB_{1 }$ върху стените $A_{1 }B_{1 }C_{1 }D_{1 }$ и $BCC_{1 }B_{1 }$
Получените 6 точки са търсените върхове на октаедъра $EFGE_{1 }F_{1 }G_{1 }$,който се получава след внимателното им съединяване.
Ръбът на октаедъра е $EG = \frac{\sqrt{2}}{n}$
Според Архимед октаедърът символизира "въздух" ,а въздухът определя характера на някои зодии от зодиака.Една от тези зодии е зодията под която аз съм родена - Водолей

Скрит текст: покажи

Водолея е силна зодия,а "челния " сблъсък между два Водолея може да се усети като ...земетресение с висок магнитут!

[S.B.]

Без заглавие (7).png (232.77 KiB) Прегледано 818 пъти

Изчисляване на ръба на октаедъра:
___________________________________
Ръбът $EG$ трябва да бъде равен на ръбът $EF_{1 }$
Нека $ED = x$ ,тогава $АЕ = 1 - x$,аналогично $B_{1 }F_{1 } = x , BF_{1 } = 1 - x$
От [tex]\triangle ABE[/tex] по Питагор: [tex]AE^{2} + AB^{2} = EB^{2} \Leftrightarrow (1 - x)^{2} + 1 = EB^{2} \Rightarrow EB^{2} = 2 - 2x + x^{2}[/tex]
От [tex]\triangle EBF_{1 }[/tex] по Питагор :[tex]EF_{1 }^{2} = EB^{2} + BF_{1 }^{2} = 2 -2x + x^{2} + (1 - x)^{2} = 3 - 4x + 2x^{2}[/tex]
Или [tex]EF_{1 } = \sqrt{3 - 4x + 2x^{2}}[/tex]
От [tex]\triangle DEG[/tex] ,ако $ED = DG = x$ тогава $EG = x\sqrt{2}$
Трябва $EG = EF_{1 } \Rightarrow x\sqrt{2} = \sqrt{3 - 4x + 2x^{2}} \Leftrightarrow 2x^{2} = 3 - 4x + 2x^{2} \Leftrightarrow 3 - 4x = 0 \Rightarrow x = \frac{3}{4}$
Или ръбът на октаедерът е: $EG = \frac{3\sqrt{2}}{4}$

Скрит текст: покажи

Благодаря на KOPMOPAH за чудесната задча!Отне ми доста време,но не съжалявам,за нищо!

[S.B.]

Платоновите тела имат еднакви многостенни ъгли,а стените има са еднакви правилни многоъгълници.
За октаедъра : стените му са еднакви равностранни триъгълници,има 8 стени,12 ръба и 6 върха.Ако се впише октаедър в куб ,то върховете на октаедъра ще съвпаднат с центровете на всяка стена на куба,а обратно - върховете на куба ще съвпаднат с центровете на всяка стена на октаедъра.
В задачата е казано,че две от стените на октаедъра са перпендикулярни на един от телесните диагонали.При моя чертеж това е диагоналът $DB_{1 }$
Ортогоналната проекция на $DB_{1 }$ върху основата $ABCD$ на куба е диагоналът $DB$ на основата. [tex]DB\bot AC, \Rightarrow[/tex] ръбът на тетраедъра $EG || AC$.Тъй като в $ABCD$ съществуват $n$ на брой прави успоредни на $AC$ дължината на $EG = \frac{\sqrt{2}}{n} , n\in (0,1)$
Аналогично $BD_{1 }$се проектира в $ADD_{1 }A_{1 }$ върху диагонала $DA_{1 } \bot AD_{1 }$ и тогава ръбът na октаедъра $EF || AD_{1 }$
Получи се $\triangle EGF$ равностранен със страна с големина $\frac{\sqrt{2}}{n}$ .Така се получиха 3 от върховете на октаедъра $E,G,F$ останалите 3 - $E_{1 }G_{1 }F_{1 }$ се получават при същите разсъждения за проекцията на диагонала $DB_{1 }$ върху стените $A_{1 }B_{1 }C_{1 }D_{1 }$ и $BCC_{1 }B_{1 }$
Получените 6 точки са търсените върхове на октаедъра $EFGE_{1 }F_{1 }G_{1 }$,който се получава след внимателното им съединяване.
Ръбът на октаедъра е $EG = \frac{\sqrt{2}}{n}$
Според Архимед октаедърът символизира "въздух" ,а въздухът определя характера на някои зодии от зодиака.Една от тези зодии е зодията под която аз съм родена - Водолей

Скрит текст: покажи

Водолея е силна зодия,а "челния " сблъсък между два Водолея може да се усети като ...земетресение с висок магнитут!

Ръбът на oktaедъра е нe $\frac{\sqrt{2}}{n}$ ,a $ n\sqrt{2} ,n \in (0,1)$
Решението е изведено в следващия ми пост.

[KOPMOPAH]

...Май изготвянето на чертежа е по-трудно от решението ...

Май не съм прав

Платонови тела-2.png (16.68 KiB) Прегледано 793 пъти

Моето решение е следното:
Нека $DG=x$, а т.$I$ е центърът на куба.
По косинусова теорема за $\triangle DJG$ имаме $$JG^2=DJ^2+DG^2-2.DJ.DG.\cos 45^{\circ}$$ $$ JG^2=\left(\frac {\sqrt 2}2\right)^2+x^2-2.\frac {\sqrt 2}2.x.\frac {\sqrt 2}2$$ $$ JG^2=x^2-x+\frac12$$
По Питагорова теорема за $\triangle IJG$ имаме $$IG^2=IJ^2+JG^2 $$ $$IG^2=\frac 14+x^2-x+\frac12=x^2-x+\frac34~~~~~~~~~~~~~(1)$$
По същия начин получаваме $$F'I^2=x^2-x+\frac34~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~(2)$$
Събирайки почленно $(1)$ и $(2)$ получаваме: $$IG^2+F'I^2=2\left(x^2-x+\frac34 \right)$$
Триъгълникът $\triangle GIF'$ е правоъгълен и равнобедрен, защото $\measuredangle \alpha=90^\circ$, следователно търсеният ръб $$F'G^2=IG^2+F'I^2=2\left(x^2-x+\frac34 \right)~~~~~~~~~~~~~(3)$$
Триъгълникът $\triangle EDG$ също е правоъгълен и равнобедрен, следователно ръбът $$EG^2=DG^2+DE^2=2x^2~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~(4)$$
От $(3)$ и $(4)$ намираме, че $x=\frac 34$ и ръбът на октаедъра е $\frac {3\sqrt 2}4$

[KOPMOPAH]

Я, докато съм писал - S.B. ме изпреварил(а)

[S.B.]

Тетраедър вписан в куб

Без заглавие (9).png (339.61 KiB) Прегледано 781 пъти

Я, докато съм писал - S.B. ме изпреварил(а)

Уважаеми колега KOPMOPAH,аз публикувах отговора в 12h 52' ,а вие в 15h 39',така,че съм Ви изпреварила с повече от 2 часа !Няма да се пазаря за някакви си 2 h 48'!
А сега вижте как изглежда октаедерът с размери (приблизително) [tex]\frac{3}{4}\sqrt{2}[/tex]