Стериометрия 2

[gabrinka]

Здравейте отново! Проблеми с чертеж нямам, но отговорът се оказва различен. В задачата използвам главно косинусова теорeма и Питагорова,чудя се да не би да има грешка в отговора, защото няколко пъти я пререших.
Та, задачката.. :
В тетраедър ABCD стената BCD е перпендикулярна на стената ABC, а ръбът AD сключва с AB и AC ъгли = 60°. Ако дължините на ръбовете AB, BC, AC са съответно 2,4 и 3 см ,да се определи:
а) обемът на тетраедъра
б) ъгълът между стените ABC и ABD

[Knowledge Greedy]

Лицето на основата намираме с хероновата формула.
[tex]p=\frac{2+3+4}{2}=\frac{9}{2}[/tex]
[tex]S_{ABC}=\sqrt{\frac{9}{2}.\frac{1}{2}. \frac{3}{2}. \frac{5}{2}}=\frac{3\sqrt{15}}{4}[/tex]
Да означим с [tex]d[/tex] дължината на ръба [tex]AD[/tex], с [tex]N[/tex] - петата на върха [tex]D[/tex] върху равнината на основата (поради [tex](BCD)\bot (ABC)[/tex], то [tex]N \in BC[/tex]).
Нека още [tex]BN=x[/tex] и [tex]CN=y[/tex].
Ясно е, че [tex]x+y=4[/tex]
[tex]DN[/tex] e височина на тетраедъра и [tex]DN^2=BD^2-x^2=CD^2-y^2[/tex] - от две питагорови теореми.
С две косинусови теореми – (за [tex]\triangle ABD[/tex] и [tex]\triangle ACD[/tex]) намираме
[tex]\begin{array}{|l} d^2+2^2-2.d.2.cos60^\circ = BD^2 \\ d^2+3^2-2.d.3.cos60^\circ = CD^2 \end{array}[/tex]
От условията дотук имаме, че [tex]d=8x-11[/tex] - получава се с последователни изразявания и замествания, с цел изключване на другите неизвестни.
Освен това височината [tex]h=DN=\sqrt{BD^2-x^2}=\sqrt{d^2-2d+4}[/tex]

Но най-изненадващо е, че [tex]AN[/tex] се оказва ъглополовяща на [tex]\triangle ABC[/tex]
И това е, защото ако от [tex]D[/tex] спуснем височини [tex]DD_1[/tex] и [tex]DD_2[/tex] на околните стени [tex]ABD[/tex] и [tex]ACD[/tex], получените правоъгълни триъгълници с обща хипотенуза [tex]AD[/tex] и остър ъгъл [tex]60^\circ[/tex] са еднакви и от това следва [tex]DD_1=DD_2[/tex] , а оттук и равенство на техните ортогонални проекции [tex]ND_1[/tex] и [tex]ND_2[/tex] върху основата [tex](ABC)[/tex].

По теоремата за трите перпендикуляра [tex]ND_1\bot AB[/tex] и [tex]ND_2\bot AC[/tex], и равенството [tex]ND_1=ND_2[/tex] означава, че [tex]N[/tex] е от ъглополовящата на [tex]\angle BAC[/tex].
Със сравняване ъглополовящата по формулите [tex]AN^2=AB.AC-x.y[/tex]
и
[tex]AN= \frac{2p(p-c)}{a+b}[/tex] намираме и останалите неизвестни в загадката.
________
Със свойството на ъглополовящата и тригонометрия (евентуално и лица) сметките излизат малко по-бързо.
[tex]AN=\frac{3\sqrt{6}}{20}[/tex]
[tex]x=\frac{8}{5}[/tex]
[tex]d=\frac{9}{5}[/tex]
[tex]DN^2=d^2-AN^2[/tex]
[tex]DN=\frac{9\sqrt{138}}{20}[/tex]
[tex]V_{ABCD}=\frac{27\sqrt{46}}{80}[/tex]

[KOPMOPAH]

Правилно е Стереометрия, а не СтерИометрия

[gabrinka]

Да, видях, но не знам как да го поправя. Въпреки че често я срещам думата, явно просто съм свикнаба да я пиша грешно и да не и обръщам внимание. Мерси за решението, накрая го реших малко по-различно и финалният отговор е V=9[tex]\sqrt{5}[/tex]/20.

[S.B.]

Искам да представя и своето решение,въпреки,че след Knowlede Greedy ,(когото дълбоко уважавам!) доста трудно се пише.
Нека тетраедерът е АВСD,като CBD[tex]\bot[/tex]ABC,AC=3,AB=2 и AB=4;[tex]\angle[/tex]BAD = 60[tex]^\circ[/tex],[tex]\angle[/tex]CAD = 60[tex]^\circ[/tex] Tърси се:a) [tex]V_{ABCD }[/tex]=?; б) [tex]\angle[/tex](АВD,ABC) =?
Построявам DP и DQ - апотеми съответно в страните ABD и ACD; [tex]\triangle[/tex]APD[tex]\cong[/tex][tex]\triangle[/tex]AQD ( II признак)[tex]\rightarrow[/tex] АP = AQ и PD = QD;
Построявам DH[tex]\bot[/tex]CB - височината на тетраедера,която лежи в р-ната CBD; Oт PD = QD [tex]\rightarrow[/tex]PH = QH като техни проекции;
[tex]\triangle[/tex]APH[tex]\cong[/tex]\triangleAQH (3-ти признак) [tex]\rightarrow[/tex][tex]\angle[/tex]PAH = [tex]\angle[/tex]QAH [tex]\Rightarrow[/tex]AH е ъглополовяща на [tex]\angle[/tex]BAC и тогава от свойството на ъглополовящата за [tex]\triangle[/tex]ABC:[tex]\frac{CH}{HB}[/tex] = [tex]\frac{CA}{AB}[/tex] и ако CH=x ,HB= 4 - x тогава [tex]\frac{х}{4 - х}[/tex] = [tex]\frac{3}{2}[/tex] от където CH=[tex]\frac{12}{5}[/tex],a HB = [tex]\frac{8}{5}[/tex]
Нека АD=y и прилагам косинусова теорема за [tex]\triangle[/tex]ABD и [tex]\triangle[/tex]ACD:
[tex]BD^{2}[/tex] = [tex]AD^{2}[/tex] + [tex]AB^{2}[/tex] - 2AD.AB.cos60[tex]^\circ[/tex] или [tex]BD^{2}[/tex] = [tex]y^{2}[/tex] - 2y + 4:
[tex]CD^{2}[/tex] = [tex]AD^{2}[/tex] + [tex]AC^{2}[/tex] - 2AD.AC.cos60[tex]^\circ[/tex] или [tex]CD^{2}[/tex] = [tex]y^{2}[/tex] - 3y + 9
от [tex]\triangle[/tex]BCD за височината DH имаме: [tex]DH^{2}[/tex] = [tex]BD^{2}[/tex] - [tex]BH^{2}[/tex] и [tex]DH^{2}[/tex] = [tex]CD^{2}[/tex] - [tex]CH^{2}[/tex] от където [tex]BD^{2}[/tex] - [tex]BH^{2}[/tex] = [tex]CD^{2}[/tex] - [tex]CH^{2}[/tex]
След замествне се получава:[tex]y^{2}[/tex] - 2y + 4 - [tex](\frac{8}{5})^{2}[/tex] = [tex]y^{2}[/tex] -3y + 9 -[tex](\frac{12}{5})^{2}[/tex] от където y=[tex]\frac{9}{5}[/tex] и съответно AD=[tex]\frac{9}{5}[/tex] Но [tex]DH^{2}[/tex] = [tex]y^{2}[/tex] - 2y + 4 - [tex](\frac{8}{5})^{2}[/tex] и за y=[tex]\frac{9}{5}[/tex] получаваме DH=[tex]\frac{3\sqrt{3}}{5}[/tex] ; [tex]S_{ABC }[/tex] = [tex]\sqrt{\frac{9.5.3.1}{2.2.2.2}}[/tex] = [tex]\frac{3\sqrt{15}}{4}[/tex]тогава [tex]V_{ABCD }[/tex] = [tex]\frac{3\sqrt{3}.3\sqrt{15}}{3.5.4}[/tex] =[tex]\frac{9\sqrt{5}}{20}[/tex]
б)[tex]\angle[/tex](CAB,ABD) = [tex]\angle[/tex]HPD =[tex]\alpha[/tex] и sin[tex]\alpha[/tex] = [tex]\frac{DH}{DP}[/tex]; от [tex]\triangle[/tex]APD:DP = AD.sin60[tex]^\circ[/tex] или DP= [tex]\frac{9}{5}[/tex].[tex]\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex] DP=[tex]\frac{9\sqrt{3}}{10}[/tex],DH= [tex]\frac{3\sqrt{3}}{5}[/tex] и sin[tex]\alpha[/tex] = [tex]\frac{DH}{DP}[/tex] = [tex]\frac{2}{3}[/tex]