СТЕРЕОМЕТРИЯ

[Гост]

1.Намерете дължината на проекцията на отсечката АВ= 6см ако тя сключва с проекционната равнина ъгъл равен на 60 градуса.
2.Намерета косинуса на двустранния ъгъл на правилен тетраедър с ръб равен на 7см.

[Гост]

1) [tex]6cos60^\circ=3(sm)[/tex]

2) Всяка от височините на двете стени с общ ръб, спуснати към този ръб, имат дължина [tex]\frac{7\sqrt{3}}{2}[/tex].
Решаваме триъгълника, две от страните на който са тези височини. Третата е [tex]7[/tex].
[tex]cos\varphi =\frac{ \left (\frac{ 7\sqrt{3} }{2 }\right )^2+\left (\frac{ 7\sqrt{3} }{2 }\right )^2-7^2}{{ 2. \frac{7 \sqrt{3}}{2} }.\frac{ 7\sqrt{3} }{2 }}=\frac{1}{3}[/tex]

[Гост]

Благодаря за отговорите, но ако може последната задача да ми е решите по подробно още един път ви благодаря

[Knowledge Greedy]

...
2.Намерета косинуса на двустенния ъгъл на правилен тетраедър с ръб равен на 7см.

Тетраедърът с ръб 7.PNG (4.69 KiB) Прегледано 635 пъти

Първо - трябва да знаем, че на правилния тетраедър стените са еднакви равностранни триъгълници.
Второ - на всеки равностранен триъгълник - виж примерно [tex]\Delta MCD[/tex], височината [tex]CM[/tex] може да бъде намерена по теоремата Питагор:- в случая [tex]CM=\frac{7\sqrt{3} }{2 }[/tex]
Трето - във всеки триъгълник, ако знаем и трите страни, можем да намерим кой да е ъгъл.
Това става с косинусова теорема.
[tex]DC^2= CM^2+DM^2-2CM.DMcos\varphi[/tex]

Остава да заместим с дадените числа (има ги и на чертежа) и получаваме [tex]cos\varphi[/tex] - направено в предишния пост.
--------------------------------
За оценка "Отличен" ще се наложи и да докажеш, че така избраният ъгъл е именно ъгълът между двете стени [tex](ABC)[/tex] и [tex](ABD)[/tex] на тетраедъра. (А защо не например [tex]\angle CBD[/tex] или [tex]\angle CAD[/tex] )

[Гост]

Благодаря, сега като го разгледах по обстойно се сетих.

[monika_at]

Няма нужда от косинусова теорема. Ако проекцията на върха на пирамидата е точка О=>О е медицентър на основата- триъгълник АВС=>[tex]MO=\frac{1}{ 3} MC=\frac{1}{3 } MD[/tex]

[tex]\Delta MOD=>cos\varphi =\frac{MO}{MD } =\frac{1}{3 }[/tex]

[Гост]

като чертеж ще може ли

[Knowledge Greedy]

Няма нужда от косинусова теорема...

Може, разбира се.

като чертеж ще може ли

Ето и така може

Като чертеж ще може ли.PNG (5.24 KiB) Прегледано 614 пъти

Като спуснем височината към основата [tex]CD[/tex]в равнобедрения [tex]\Delta CDM[/tex] - веднага от определението [tex]sin{\frac{\varphi }{ 2}}=\frac{\frac{7}{2 } }{\frac{7\sqrt{3} }{2}}=\frac{\cancel{\frac{7}{2 }} }{\frac{\cancel{7}\sqrt{3} }{\cancel{2} }}=\frac{1}{\sqrt{3} }[/tex]
С основното тригонометрично тъждество [tex]sin^2\left ( {\frac{\varphi }{ 2} \right )+cos^2{\left ( \frac{\varphi }{ 2} \right )}=1[/tex]
намираме [tex]cos^2{\left ( \frac{\varphi }{ 2} \right )}=\frac{2}{3}[/tex] и оттук с формулата [tex]cos\varphi=cos^2{\left ( \frac{\varphi }{ 2} \right )}-sin^2\left ( {\frac{\varphi }{ 2} \right )[/tex] получаваме същия отговор.
А ето и чертежа по идеята на г-жа monika_at

Решението на Моника за Т-ра с ръб 7.PNG (4.85 KiB) Прегледано 614 пъти

[Гост]

Благодаря ви много