Стереометрия

[ins-]

Извинявам се, че е на английски.

[t1bld]

здравейте, мисля че имам идея ,макар че не си спомням много от стереометрията в 6ти клас.Когато е в хоризонтално положение е a=b=c=d =>a+c=b+d , когато а отиди на горе с х големина с отива надолу с х големина така пак a+c=b+d , когато b отиди на горе с х големина d отива надолу с х големина така пак a+c=b+d така a+c=b+d-винаги
П.П. снимката кърти

[ins-]

Сигурен ли си в това, което казваш?
За да опростим ситуацята - вместо призма - можем да разгледаме равнина.
Освен това - бихме могли да прекараме през "най-ниския ръб" права, успоредна на равнината, на която е стъпило розовото човече, така вместо четири - ще имаме три червени прави, перпендикулярни на новата равнина.

[t1bld]

ми честно казано не съм сигурен ние още не изучзаваме стереометрия, а и аз не знам много от нея.това беше просто идея. Иначе моето мнение ми се вижда логично!

[ins-]

Задачата не е трудна, но според мен - грешиш.

[dim]

Значи доколкото рабирам няма особено значение дали е призма или не е, т.е. разглеждаме правоъгълник който е произволно завъртян спрямо равнината. Тогава ако разгледаме проекцията му в/у някаква равнина перпендикулярна на дадената(т.е. нещо като монжова проекция ама само с една равнина), ще имаме пак успоредник и a,b,c,d ще са разстоянията от върховете му до пресечницата на равнините. Общо взето всичко си личи от картинката. Може да се реши с построението което е направено т.е. доказва се, че CDD'C' е успоредник, откъдето следва CC'=DD', което се търси. С еднакви цветове съм означил равните и успоредни страни.
Ясно е, че тази схема може да се приложи за която и да е страна на призмата.

[ins-]

Може и аз да греша, но ми се струва, че задачата се решава със свойства на правоъгълника, ортогонална проекция и Питагорова теорема. Като ми остане време, ако не е решена - ще пусна решение.

[dim]

Аз мисля, че ако съм разбрал правилно условието този чертеж решава проблема и без Питагоровата.
CC'=DD' <=> a+c=b+d

[ins-]

За да се реши задачата - необходимо е да прекараме ортогоналната проекция на правоъгълника.
Получават се два трапеца. Разглежда се средната отсечка и задачата излиза.
Ще отбележа, че четириъгълника може и да е успоредник, за да е в сила твърдението.

[dim]

За да се реши задачата - необходимо е да прекараме ортогоналната проекция на правоъгълника.
Получават се два трапеца. Разглежда се средната отсечка и задачата излиза.
Ще отбележа, че четириъгълника може и да е успоредник, за да е в сила твърдението.

Ок, става така наистина. Ако разгледаме проекцията на диагоналите има два трапеца с обща средна отсечка. Незнам дали съм те разбрал правилно, но според теб моето решение е грешно, така че кажи къде ми е грешката. Това, че е по-различно от твоето според мен не го прави грешно.

[ins-]

Може просто да не съм те разбрал - докато разглеждам постовете - работя и съм разсеян.

[seppen]

dim, DC не е || на равнината по условие. Ти разглеждаш частен случай.

PS. Бях решила, че DD' и CC' са проекциите към равнината, оказва се, че правиш нещо друго, извинявам се.

[martosss]

Значи имаме правоъгълник като основа? Неговите диагонали се пресичат в една точка и се разполовяват. Ако разгледаме диагоналните сечения на фигурата, тоест АСС1А1 и ВДД1В1, то те са трапеци и търсените отсечки са основи.
Забелязваме, че средната основа на двата трапеца е обща, понеже диагоналите се разполовяват, откъдето a+c=b+d
Принципно основното в тази задача е диагоналите да се разполовяват, за да може двете средни отсечки на трапеците да съвпаднат.
Оф, аз си мислех, че основата е някакъв четириъгълник и се чудех как ще стане, а то било правоъгълник Това е, трябва ми повече английски.

[dim]

dim, DC не е || на равнината по условие. Ти разглеждаш частен случай.

А ти как разбра, че разглеждам случай, в който DC е успоредно на равнината ??? Къде е равнината в моят чертеж според теб ???

[ins-]

dim, ако може, опиши решението си с повече детайли

[dim]

Хоризонталната равнина е дадената. ABCD е едната страна на призмата. Всички разсъждения по-долу могат да се приложат за коя да е страна на призмата. Както се вижда този четириъгълник е завъртян произволно спрямо далната равнина. Построявам равнина перпендикулярна на дадената и проектирам четириъгълникът, както и разстоянията a,b,c,d върху новата равнина(фронталната). Така получената фигура ще е успоредник.
Сега се прехвърлям в първият чертеж само във фронталната равнина и там ще докажа, че [tex]A'A''+C'C''=B'B''+D'D''[/tex], което е целта на задачата(черната хоризонтална права е пресечницата на двете равнини). Построявам точките M и N, такива че: [tex]A''M || C'C''[/tex], [tex]A''M = C'C''[/tex] и [tex]D''N || B'B''[/tex], [tex]D''N= B'B''[/tex]. Много лесно се доказва с еднакви триъгълници примерно, че [tex]MN||B'C'[/tex] и [tex]MN=B'C'[/tex], но [tex]B'C'=A'D'[/tex], [tex]B'C'||A'D'[/tex]=> [tex]MND'A'[/tex]-успоредник => [tex]A'M=D'N[/tex], но [tex]A'M=A'A''+A''M= A'A''+C'C''[/tex] и аналогично [tex]D'N=D'D''+B'B''[/tex] => [tex]A'A''+C'C''=B'B''+D'D''[/tex], което се тъсеше.

[mkmarinov]

При ортогонално проектиране успоредните прави се проектират или в успоредни, или съвпадат.

[ins-]

dim, решението ти най-вероятно е коректно. Просто изглежда малко по-нестандартно и сложно.
Оставяш и някои малки неясноти:
"Така получената фигура ще е успоредник." - Защо?
"Много лесно се доказва с еднакви триъгълници" - Как?
Откъде ти хрумна подобна идея за решение? - изглежда много интересна

[dim]

Равни и успоредни осечки при ортогонална или под някакъв ъгъл проекция се проектират като равни и успоредни. Разбира се може и да съвпадат, но винаги можем да изберем равнина, в която да не съвпадат освен ако ABCD не е успореден на долната равнина и тогава твърдението е очевидно.
Трапците [tex]MND''A''[/tex]и [tex]C'B'B''C''[/tex] са еднакви, защото основите са има равни и успоредни по построение. Равна е едната им страна, която е [tex]\bot[/tex] на основите защото е съставена от една обща отсечка и две равни(равни защото са проекции на равни и успоредни страни) и щом трапците са еднакви и три от страните са има 2 по 2 успоредни, значи и четвъртите са успоредни и равни, т.е. [tex]MN=B'C'[/tex]и [tex]MN|| B'C'[/tex].
Иначе може и твоята идея за трапците със общата средна отсечка. Те са [tex]A'C'C''A''[/tex] и [tex]D'B'B''C''[/tex] и имат обща средна която е разстоянието от пресечната точка на диагоналите на у-ка [tex]A'B'C'D'[/tex] до нейната проекция. Това с двата тряпеца се оказа най-просто решение.
Що се отнася до моето като ми хрумна изглеждаше съвсем просто и естествено и не подозирах, че може да ми коства толкова услилия да го обясня и да пиша такива романи. Сигурно наистина е излишно сложно или може би просто не обяснявам като хората. Хрумна ми защото рядко решавам стереометрия и реших да проектирам всичко в 2D, така че да се запазят всички зависимости които се търсят и после да решавам планиметрия.
Между другоро Гаспар Монж е доказал, че всяка фигура е напълно еднозначно определена от проекциите си в 2 [tex]\bot[/tex] равнини и когато се склопят двете равнини в една, като пресечницата е м/у двете проекции, могат да се решават всички задачи, но най-вече е удобно за някои построителни стереометрични задачи като сечение примерно.
Искам да кажа, че всяко 3D може да се реши в 2D, макар по доста извратен понякога начин. Може би ако се изследват зависимости в 4-мерното пространство аналогично с 3D проекция можем да имаме успех. Незнам защо написах толкова дълъг пост - не ми се беше случвало...

[ins-]

Благодаря за изчерпателното обяснение и поучителното решение! Понякога като пиша не съм концентриран и искам да се извиня за това.

[dim]

Няма за какво. Мен по принцип много пъти са ми казвали, че не мога да обяснявам добре. А понякога лесните неща като тая задача примерно се обясняват много трудно

[garion]

Ето и едно решение от мен:
ако О е центъра на правоъгълника и о е разстоянието от О до равнината, тогава прекараваме равнина успоредна на дадената и тъй като О е среда на АС, то следва че А и С са равноотдалечени от тази равнина и от различни страни , откъдето пък следва че а+с=2о. Аналогично b+d=2o.