Конкурс , ВСУ "Л.Каравелов" - София, 25.07.2008 г.зад.4

[S.B.]

Дадена е правилна триъгълна призма ABC[tex]A_{1 }[/tex][tex]B_{1 }[/tex][tex]C_{1 }[/tex] с основен ръб с дължина 3.През центъра М на [tex]\triangle[/tex]ABC и центровете P и Q съответно на стените AB[tex]B_{1 }[/tex][tex]A_{1 }[/tex] и AC[tex]C_{1 }[/tex][tex]A_{1 }[/tex], e построена равнина,сключваща с равнината (ABC) ъгъл,чийто тангенс е равен на [tex]\frac{2\sqrt{3}}{3}[/tex].Да се намерят:
а)лицето на сечението на равнината с призмата;
б)косинуса на ъгъла,който равнината на сечението сключва със стената AB[tex]B_{1 }[/tex][tex]A_{1 }[/tex]

[Davids]

Дадена е правилна триъгълна призма ABC[tex]A_{1 }[/tex][tex]B_{1 }[/tex][tex]C_{1 }[/tex] с основен ръб с дължина 3.През центъра М на [tex]\triangle[/tex]ABC и центровете P и Q съответно на стените AB[tex]B_{1 }[/tex][tex]A_{1 }[/tex] и AC[tex]C_{1 }[/tex][tex]A_{1 }[/tex], e построена равнина,сключваща с равнината (ABC) ъгъл,чийто тангенс е равен на [tex]\frac{2\sqrt{3}}{3}[/tex].Да се намерят:
а)лицето на сечението на равнината с призмата;
б)косинуса на ъгъла,който равнината на сечението сключва със стената AB[tex]B_{1 }[/tex][tex]A_{1 }[/tex]

Извинявай, може ли да додефинираме какво значи „център“ на триъгълник? Аз лично бих казал медицентър, но никъде из мрежата няма информация по въпроса...

[Hephaestus]

Извинявай, може ли да додефинираме какво значи „център“ на триъгълник? Аз лично бих казал медицентър, но никъде из мрежата няма информация по въпроса...

В равностранния триъгълник медицентърът, ортоцентърът, центърът на вписаната окръжност и центърът на описаната окръжност съвпадат, т.е. центърът е един-единствен. Предполагам, че за това не са сметнали за необходимо да доуточнят за кой център става въпрос. Иначе винаги се конкретизира това нещо, когато става въпрос за друг вид триъгълник.

[Davids]

Извинявай, може ли да додефинираме какво значи „център“ на триъгълник? Аз лично бих казал медицентър, но никъде из мрежата няма информация по въпроса...

В равностранния триъгълник медицентърът, ортоцентърът, центърът на вписаната окръжност и центърът на описаната окръжност съвпадат, т.е. центърът е един-единствен. Предполагам, че за това не са сметнали за необходимо да доуточнят за кой център става въпрос. Иначе винаги се конкретизира това нещо, когато става въпрос за друг вид триъгълник.

Оп, частта с „правилна“ напълно съм я подминал... Въй, въй...! Мерси, че ми отвори очите

[Davids]

prism.png (66.47 KiB) Прегледано 474 пъти

Прикачвам чертеж, ще прикача също и самия $.ggb$ файл (чертежа, за обработка с GeoGebra).
Засега ще се огранича до първата подточка, тъй като не съм разработил още онагледяването (пък и развитото решение) на втората (май ме хвана крастата да си играя но ъгълът си е $60^{\circ}$ ми се струва ).
Означил съм (в червено) триъгълникът, получен от първоначално дадените точки, но ще работя с цялата равнина (или по-точно със сечението). Та, равнината $JILK$ пресича равнината $ABC$ в правата $JI || BC$, на която обаче лежи и точка $H$, която е център на основата. Следователно, от свойството на медицентъра, имаме $AH:HG = 2:1$. Следва, че $\frac{JI}{BC} = \frac{2}{3} \Rightarrow JI = 2$. От околните страни обаче лесно се доказва, че същото отнощение 2:1, но наобратно, важи за пресекателната права на оранжевата равнина и с горната основа (т.е. имаме, че $\frac{KL}{B_1C_1} = \frac{1}{3} \Rightarrow KL = 1).$
Следователно, спускайки перпендикуляр $MN$ от точка $M$ (която е среда на $KL$) към $AG$ (която е височина в равностранната основа), а оттам и към цялата равнина на основата, получаваме разделение на $AG$ на три равни части $AN = NH = HG = \frac{AG}{3}$.
Да, но цялата $AG$ се явява височина в равностранен триъгълник със страна 3, откъдето $AG = \frac{3\sqrt{3}}{2}$, т.е. всяка от частите е равна на $\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Разглеждаме правоъгълния $\Delta NHM$, за който имаме $tg\alpha = \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{NM}{NH} = \frac{h}{NH} = \frac{h}{\frac{\sqrt{3}}{2}} \Rightarrow h = 1$, с което намерихме и височината на призмата (ще ни трябва по-нататък).
Оставаме обаче в същия триъгълник, за да намерим по Питагорова теорема:
$MH^2 = h^2 + NH^2 = 1 + \frac{3}{4} = \frac{7}{4} \Rightarrow MH = \frac{\sqrt{7}}{2}$
И лицето на сечението вече се свежда до намирането на лицето на трапеца $JILK$, което е лесно:
$S_{JILK} = \frac{JI + KL}{2}.MH = \frac{2+1}{2}.\frac{\sqrt{7}}{2} = \frac{3\sqrt{7}}{4}$

П.С.: Не ми позволи да прикача $.ggb$ файл, така че прилагам DOX линк.

[S.B.]

Тъй като задачата остана недовършена ще представя решението на подточка б).Подточка а) е решена от Davids и аз ще си позволя да използвам някои резултати от това решение,за да не се решава едно и също нещо два пъти.Вярвам,че Davids няма нищо против това.Само за сеченията които ползвам ще въведа нови означения.
Търсим косинуса на ъгъла,който равнината на сечението сключва със стената [tex]АBB_{1 }[/tex][tex]A_{1 }[/tex]
Първо ще построим сечението от подточка а):Построяваме равнина по диагоналите [tex]А_{1 }[/tex] B и [tex]A_{1 }[/tex]C - [tex]\triangle[/tex][tex]A_{1 }[/tex]BC;т.P e среда на [tex]A_{1 }[/tex]B,т.Q е среда на [tex]А_{1 }[/tex]C следователно PQ e средна отс. в [tex]\triangle[/tex][tex]A_{1 }[/tex]BC и PQ II BC [tex]\rightarrow[/tex] търсеното сечение е II BC;Освен това то преминава през медицентъра М на [tex]\triangle[/tex]ABC.Построяваме права l,минаваща през т.М и l II BC; l[tex]\cap[/tex]AB=N и l[tex]\cap[/tex]AC =L;Построяваме права p през т.N и т.P като p[tex]\cap[/tex][tex]A_{1 }[/tex][tex]B_{1 }[/tex] = [tex]N_{1 }[/tex] и права q през т.L и Q , при което q[tex]\cap[/tex][tex]A_{1 }[/tex][tex]C_{1 }[/tex] = [tex]L_{1 }[/tex].
Така получаваме сечението N[tex]LL_{1 }[/tex][tex]N_{1 }[/tex] ,за което Davids доказа,че е трапец с основи NL=2 и [tex]N_{1 }[/tex][tex]L_{1 }[/tex] = 1;
Нека AH[tex]\bot[/tex]BC.Построяваме равнина през AH и [tex]АА_{1 }[/tex].Тя пресича [tex]B_{1 }[/tex][tex]C_{1 }[/tex] в т.[tex]H_{1 }[/tex],[tex]N_{1 }[/tex][tex]L_{1 }[/tex] в т.[tex]М_{1 }[/tex] и NL в т.М;Получаваме правоъгълника AH[tex]H_{1 }[/tex][tex]A_{1 }[/tex],в който [tex]ММ_{1 }[/tex] e пресечницата на построената равнина и сечението NL[tex]L_{1 }[/tex][tex]N_{1 }[/tex],което по условие сключва с долната основа на призмата ъгъл[tex]\alpha[/tex],така,че tg[tex]\alpha[/tex][tex]\frac{2\sqrt{3}}{3}[/tex].Построяваме AO[tex]\bot[/tex][tex]MM_{1 }[/tex] и от [tex]\triangle[/tex]АОМ имаме [tex]\frac{АО}{АМ}[/tex] = sin[tex]\alpha[/tex]
От tg[tex]\alpha[/tex]= [tex]\frac{2\sqrt{3}}{3}[/tex] [tex]\rightarrow[/tex] sin[tex]\alpha[/tex]= [tex]\frac{2\sqrt{7}}{7}[/tex] и AO= AM.sin[tex]\alpha[/tex] от подточка а) Davids е намерил AM=[tex]\sqrt{3}[/tex] и тогава АО=[tex]\frac{2\sqrt{21}}{7}[/tex];Тъй като AO[tex]\bot[/tex][tex]MM_{1 }[/tex] която е пресечница на р-ната на сечението и равнината построена през АH и [tex]АА_{1 }[/tex] то AO[tex]\bot[/tex] на всяка права от сечението NL[tex]L_{1 }[/tex][tex]N_{1 }[/tex] [tex]\rightarrow[/tex] AO[tex]\bot[/tex]O[tex]N_{1 }[/tex]От [tex]\triangle[/tex]АО[tex]N_{1 }[/tex] [tex]\angle[/tex]А[tex]N_{1 }[/tex]O е търсеният ъгъл [tex]\beta[/tex] и [tex]\frac{АО}{АN_{1 }}[/tex] = sin[tex]\beta[/tex] От [tex]\triangle[/tex]А[tex]N_{1 }[/tex][tex]A_{1 }[/tex],правоъгълен и благодарение на Davids знаем [tex]АА_{1 }[/tex] = 1 и [tex]А_{1 }[/tex][tex]N_{1 }[/tex] = 1 получаваме [tex]АN_{1 }[/tex] = [tex]\sqrt{2}[/tex] и sin[tex]\beta[/tex] = [tex]\frac{\sqrt{42}}{7}[/tex][tex]\rightarrow[/tex] cos[tex]\beta[/tex] = [tex]\frac{\sqrt{7}}{7}[/tex]