тетраедър, 10 клас

[moni2003petrova]

Даден е правилен тетраедър ABCD. Построени са медианите DP и АМ съответно с ΔABD и ABC. Да се намери cos ∠ (DP, AM).

[Knowledge Greedy]

Означаваме [tex]\angle (DP; AM) = \varphi[/tex]
За местоположението на [tex]\varphi[/tex] построяваме отсечка [tex]OF \left | \right | DP[/tex] - където точка [tex]O[/tex] е център на основата (следователно лежаща на медианата [tex]CP[/tex] ), а точка [tex]F\in CD[/tex]. Съгласно определението [tex]\angle (OF;AM)= \angle FOM=\varphi[/tex]

Ъгъл между кръстосани медиани в правилен тетраедър.png (6.61 KiB) Прегледано 673 пъти

Идеята е да определим [tex]cos\varphi[/tex] посредством косинусова теорема от [tex]\triangle OMF[/tex] ([tex]\ast)[/tex]
За целта изразяваме всички негови страни (на последния триъгълник) с помощта на ръба [tex]a[/tex] на дадения тетраедър.

[tex]OM=\frac{1}{3}AM[/tex], като медианата [tex]AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex]

[tex]OF=\frac{2}{3}DP[/tex] - по теорема на Талес за двойката успоредни [tex]OF \left | \right | DP[/tex] , благодарение на свойството на медицентъра [tex]O[/tex]
да дели медианата [tex]CP[/tex] на части [tex]CO:CP=2:3[/tex]

Ъгъл между кръстосани медиани в правилен тетраедър fig.2.png (5.42 KiB) Прегледано 673 пъти

И накрая [tex]FM[/tex] с помощта на косинусова теорема в равностранния триъгълник [tex]\triangle BCD[/tex], като знаем, че [tex]CM=\frac{1}{2}a[/tex] и [tex]CF=\frac{2}{3}a[/tex]

Ъгъл между кръстосани медиани в правилен тетраедър fig.3.png (4.53 KiB) Прегледано 671 пъти

И накрая - това, което обещахме в ([tex]\ast)[/tex]
- Косинусова теорема за [tex]\triangle OMF[/tex], чиито страни знаем [tex]\begin{array}{|l} OM= \frac{a\sqrt{3}}{6} \\ MF=\frac{a\sqrt{13}}{6} \\ OF= \frac{a\sqrt{3}}{3} \end{array}[/tex]
Отговор. [tex]cos \varphi =\frac{1}{4}[/tex]

[KOPMOPAH]

Тетраедър 10 клас.png (12.51 KiB) Прегледано 667 пъти

Приемаме ръба на тетраедъра за $1$, търсения ъгъл между медианите - за $\varphi$.
Пренасяме успоредно медианата $AP$ в $EM$. Четириъгълникът $APME$ е успоредник. Имаме $AE=AF=MP=\frac 12$, $EM=AP=DF=\frac {\sqrt 3}2$, $\measuredangle AFD =90^\circ$ и по Питагорова теорема за $\triangle AFD$ следва, че $$ED^2=EF^2+FD^2=...=\frac 74$$Тогава една косинусова теорема за $\triangle EMD$ ни дава:$$EM^2+DM^2-2.EM.DM.\cos\varphi=ED^2$$ $$\left(\frac{\sqrt 3}2\right)^2+\left(\frac{\sqrt 3}2\right)^2-2.\left(\frac{\sqrt 3}2\right).\left(\frac{\sqrt 3}2\right).\cos\varphi=\frac 74$$ $$\frac 34+ \frac 34 -2.\frac 34.\cos\varphi=\frac 74\Rightarrow \cos\varphi =-\frac 16$$

_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Тетраедър 10 клас - вектори.png (10.42 KiB) Прегледано 667 пъти

Задачата има решение и с вектори. В случая жокерите са медиана и косинус - и двете понятия навеждат на мисълта за скаларно произведение.
Изразяваме медианите чрез ръбовете на тетраедъра:$$ \vec{AP}=\frac 12( \vec{AB}+ \vec{AC})$$ $$ \vec{DM}= \frac 12(\vec{DA}+ \vec{DB})= \frac 12(-\vec{AD}+ \vec{AB}- \vec{AD})=\frac 12(\vec{AB}- 2\vec{AD})$$
Скаларното произведение на векторите $ \vec{AP}$ и $ \vec{DM}$ е:$$\vec{AP}.\vec{DM}=\frac {\sqrt 3}2.\frac {\sqrt 3}2. \cos\varphi=\frac 34 \cos\varphi~~~~~~(1)$$От друга страна:$$\vec{AP}.\vec{DM}=\frac 12( \vec{AB}+ \vec{AC}).\frac 12(\vec{AB}- 2\vec{AD})= \\ =\frac 14(\vec{AB}.\vec{AB}+\vec{AC}.\vec{AB}-2 \vec{AB}.\vec{AD}-2 \vec{AC}\vec{AD})= \\ =\frac 14(1.1+1.1.\cos 60^\circ-2.1.1.\cos 60^\circ-2.1.1.\cos 60^\circ)= \\ =\frac 14(1+\frac 12-1-1)=-\frac 18 ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~(2)$$
Приравняваме $(1)$ и $(2)$ и получаваме:$$\frac 34 \cos\varphi=-\frac 18\Rightarrow \cos\varphi =-\frac 16$$

[KOPMOPAH]

След толкова много писане установих, че съм разменил имената на точките $P$ и $M$, за което искрено се извинявам
Мисля, че идеята ми е ясна и при сгрешени имена на точките. Надявам се, това да е единствената грешка

[Knowledge Greedy]

След толкова много писане установих, че съм разменил имената на точките..., за което искрено се извинявам
Мисля, че идеята ми е ясна и при сгрешени имена на точките. Надявам се, това да е единствената грешка

Всичко е точно, моето пък е печатна грешка, сега отново проверих с косинусовата теорема за [tex]\triangle OMF[/tex]
[tex]MF^2=OF^2+OM^2-2.OF.OM.cos\varphi[/tex]

[tex]\left ( \frac{a\sqrt{13}}{6} \right )^2=\left ( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right )^2+\left (\frac{a\sqrt{3}}{6} \right )^2- 2. \frac{a\sqrt{3}}{3} . \frac{a\sqrt{3}}{6} cos \varphi \,\ \Rightarrow \,\

cos \varphi = \frac{1}{6}[/tex]
(Обикновено вземаме острия ъгъл за ъгъл между прави )