Ту задача 29

[antoniy]

IMG_5745.jpeg (82.35 KiB) Прегледано 523 пъти

[ammornil]

Screenshot 2025-06-13 124320.png (40.52 KiB) Прегледано 476 пъти

$ ABCD, \quad D\notin{p(ABC)}\\[6pt] DC\bot{p(ABC)}, \quad DC=1, \quad DA=DB=2, \quad \angle{ADB}=\alpha \\[12pt]\because{}V_{ABCD}=max \Rightarrow \cos{\alpha}=? \\[12pt] DC\bot{p(ABC)} \Rightarrow \begin{cases}DC\bot{BC} \\ DC\bot{AC} \end{cases} \Rightarrow \triangle{BCD}\cong\triangle{ACD} \begin{cases} DC \text{ е обща } \\ BD=AD \\ \angle{BCD}=\angle{ACD}= 90^{\circ} \end{cases} \Rightarrow \text{ 2-ри признак } \Rightarrow BC=AC= \sqrt{AD^{2}- CD^{2}}= \sqrt{3} \\[12pt] \triangle{ABD} \quad AB= \sqrt{AD^{2} +BD^{2} -2\cdot{AD}\cdot{BD}\cdot{\cos{\alpha}}} \Rightarrow AB= 2\sqrt{1-2\cos{\alpha}} \\[6pt] \quad \begin{array}{lcl}\text{Д}\alpha:&& AB>0 \Rightarrow 1-2\cos{\alpha} > 0 \\ &&\begin{array}{|l} 2\cos{\alpha} < 1 \\ 0<\alpha<180^{\circ} \end{array} \\&& \hspace{0.4em} \begin{array}{|l} \cos{\alpha}< \dfrac{1}{2} \\ 0<\alpha<180^{\circ} \end{array} \\ \alpha\in\left(\dfrac{\pi}{3}; \pi \right) \end{array} \\[12pt] AC=BC=\sqrt{3} \Rightarrow S_{ABC}= \sqrt{\dfrac{AB+BC+AC}{2} \cdot{\dfrac{AB\cancel{+BC}\cancel{-AC}}{2}} \cdot{\dfrac{AB\cancel{-BC}\cancel{+AC}}{2}} \cdot{\dfrac{-AB+BC+AC}{2}}}= \dfrac{1}{4}\sqrt{AB^{2}\cdot{[(BC+AC)^{2}-AB^{2}]}} \\[6pt] S_{ABC}= \dfrac{1}{4}\sqrt{4\cdot{(1-2\cos{\alpha}})\cdot{[(2\sqrt{3})^{2}-4\cdot{(1-2\cos{\alpha}})]}} =\dfrac{1}{2}\sqrt{(1-2\cos{\alpha})\cdot{[12-4\cdot{(1-2\cos{\alpha}})]}} \\[6pt] S_{ABC}= \dfrac{1}{2}\sqrt{4\cdot{(1-2\cos{\alpha}})\cdot{[3- (1-2\cos{\alpha})]}}= \sqrt{(1-2\cos{\alpha})(2+2\cos{\alpha})}= \sqrt{2(1-2\cos{\alpha})(1+\cos{\alpha})} \\[12pt] V_{ABCD}= \dfrac{1}{3}\cdot{S_{ABC}}\cdot{DC}= \dfrac{1}{3}\cdot{\sqrt{2(1-2\cos{\alpha})(1+\cos{\alpha})}}\cdot{1} \\[12pt] \cos{\alpha}=x, x\in\left(-1;\dfrac{1}{2}\right) \rightarrow f(x)=\dfrac{1}{3}\cdot{\sqrt{(1-2x)(2+2x)}}, \quad \exists{f(x)_{max}} \Rightarrow x=? \\[6pt] u(x)=1-2x \Rightarrow u'(x)= -2 \\[6pt] v(x)=2+2x \Rightarrow v'(x)= 2 \\[6pt] f(x)=\dfrac{1}{3}\cdot{\sqrt{u(x)v(x)}} \Rightarrow f'(x)=\dfrac{1}{3}\cdot{\dfrac{u'(x)v(x)+v'(x)u(x)}{2\sqrt{u(x)v(x)}}}= \dfrac{1}{3}\cdot{\dfrac{-2(2+2x)+2(1-2x)}{2\sqrt{(1-2x)(2+2x)}}}= \dfrac{-2-2x+2-2x}{3\sqrt{(1-2x)(2+2x)}}= -\dfrac{4x}{3\sqrt{(1-2x)(2+2x)}}\\[12pt]$ Очевидно първата производна е нула само при $x=0 \in\text{Д}x$, тоест при $\cos{\alpha}=0$. Оставям на Вас да докажете, че този екстремум е максимум.$\\[12pt]$

Скрит текст: покажи

Стойностите на $x$ в ляво от критичната точка $x=0$ са отрицателни, тоест първата производна е положителна, а в дясно от критичната точка са положителни, тоест първата производна е отрицателна. От това следва, че в ляво от критичната точка фунцията расте, а в дясно от нея намалява, тоест критичната точка е локален максимум.

[antoniy]

Screenshot 2025-06-13 124320.png

$ ABCD, \quad D\notin{p(ABC)}\\[6pt] DC\bot{p(ABC)}, \quad DC=1, \quad DA=DB=2, \quad \angle{ADB}=\alpha \\[12pt]\because{}V_{ABCD}=max \Rightarrow \cos{\alpha}=? \\[12pt] DC\bot{p(ABC)} \Rightarrow \begin{cases}DC\bot{BC} \\ DC\bot{AC} \end{cases} \Rightarrow \triangle{BCD}\cong\triangle{ACD} \begin{cases} DC \text{ е обща } \\ BD=AD \\ \angle{BCD}=\angle{ACD}= 90^{\circ} \end{cases} \Rightarrow \text{ 2-ри признак } \Rightarrow BC=AC= \sqrt{AD^{2}- CD^{2}}= \sqrt{3} \\[12pt] \triangle{ABD} \quad AB= \sqrt{AD^{2} +BD^{2} -2\cdot{AD}\cdot{BD}\cdot{\cos{\alpha}}} \Rightarrow AB= 2\sqrt{1-2\cos{\alpha}} \\[6pt] \quad \begin{array}{lcl}\text{Д}\alpha:&& AB>0 \Rightarrow 1-2\cos{\alpha} > 0 \\ &&\begin{array}{|l} 2\cos{\alpha} < 1 \\ 0<\alpha<180^{\circ} \end{array} \\&& \hspace{0.4em} \begin{array}{|l} \cos{\alpha}< \dfrac{1}{2} \\ 0<\alpha<180^{\circ} \end{array} \\ \alpha\in\left(\dfrac{\pi}{3}; \pi \right) \end{array} \\[12pt] AC=BC=\sqrt{3} \Rightarrow S_{ABC}= \sqrt{\dfrac{AB+BC+AC}{2} \cdot{\dfrac{AB\cancel{+BC}\cancel{-AC}}{2}} \cdot{\dfrac{AB\cancel{-BC}\cancel{+AC}}{2}} \cdot{\dfrac{-AB+BC+AC}{2}}}= \dfrac{1}{4}\sqrt{AB^{2}\cdot{[(BC+AC)^{2}-AB^{2}]}} \\[6pt] S_{ABC}= \dfrac{1}{4}\sqrt{4\cdot{(1-2\cos{\alpha}})\cdot{[(2\sqrt{3})^{2}-4\cdot{(1-2\cos{\alpha}})]}} =\dfrac{1}{2}\sqrt{(1-2\cos{\alpha})\cdot{[12-4\cdot{(1-2\cos{\alpha}})]}} \\[6pt] S_{ABC}= \dfrac{1}{2}\sqrt{4\cdot{(1-2\cos{\alpha}})\cdot{[3- (1-2\cos{\alpha})]}}= \sqrt{(1-2\cos{\alpha})(2+2\cos{\alpha})}= \sqrt{2(1-2\cos{\alpha})(1+\cos{\alpha})} \\[12pt] V_{ABCD}= \dfrac{1}{3}\cdot{S_{ABC}}\cdot{DC}= \dfrac{1}{3}\cdot{\sqrt{2(1-2\cos{\alpha})(1+\cos{\alpha})}}\cdot{1} \\[12pt] \cos{\alpha}=x, x\in\left(-1;\dfrac{1}{2}\right) \rightarrow f(x)=\dfrac{1}{3}\cdot{\sqrt{(1-2x)(2+2x)}}, \quad \exists{f(x)_{max}} \Rightarrow x=? \\[6pt] u(x)=1-2x \Rightarrow u'(x)= -2 \\[6pt] v(x)=2+2x \Rightarrow v'(x)= 2 \\[6pt] f(x)=\dfrac{1}{3}\cdot{\sqrt{u(x)v(x)}} \Rightarrow f'(x)=\dfrac{1}{3}\cdot{\dfrac{u'(x)v(x)+v'(x)u(x)}{2\sqrt{u(x)v(x)}}}= \dfrac{1}{3}\cdot{\dfrac{-2(2+2x)+2(1-2x)}{2\sqrt{(1-2x)(2+2x)}}}= \dfrac{-2-2x+2-2x}{3\sqrt{(1-2x)(2+2x)}}= -\dfrac{4x}{3\sqrt{(1-2x)(2+2x)}}\\[12pt]$ Очевидно първата производна е нула само при $x=0 \in\text{Д}x$, тоест при $\cos{\alpha}=0$. Оставям на Вас да докажете, че този екстремум е максимум.$\\[12pt]$

Скрит текст: покажи

Стойностите на $x$ в ляво от критичната точка $x=0$ са отрицателни, тоест първата производна е положителна, а в дясно от критичната точка са положителни, тоест първата производна е отрицателна. От това следва, че в ляво от критичната точка фунцията расте, а в дясно от нея намалява, тоест критичната точка е локален максимум.

Аз също бях стигнал до извода, че при cos [tex]\alpha[/tex] = 0 е максимум, но в отговорите пише, при [tex]\alpha[/tex] = [tex]\frac{1}{4}[/tex]

[ammornil]

Според мен имат грешка.

[ammornil]

Дадена е триъгълна пирамида (тетраедър), за която:$\\[0pt]$Един от околни те ръбове е перпендикулярен на основата;$\\[0pt]$Другите два околни ръба са с еднаква дължина;$\\[0pt]$Да се намери при каква стойност на ъгъла между двата равни околни ръба обемът на пирамидата е максимален.$\\[24pt]$Основата на пирамидата е триъгълникът $\triangle ABC$. Върхът на пирамидата е точка $D,\quad DC \perp p{ABC};\quad DA = DB = s; \angle{(DA,DB )}=\alpha\\[12pt]$Да въведем координатна система:$C = (0, 0, 0), D = (0, 0, h)$, където $ h = |DC|$. Тогава $\\\vec{DА} = s \left( \cos\left( \dfrac{\alpha}{2} \right), \sin\left( \dfrac{\alpha}{2} \right), -\dfrac{h}{s} \right)\\ \vec{DB} = s \left( \cos\left( \dfrac{\alpha}{2} \right), -\sin\left( \dfrac{\alpha}{2} \right), -\dfrac{h}{s} \right) \\ \Rightarrow \begin{cases} A = D + \vec{DA} = \left( s \cos\left( \dfrac{\alpha}{2} \right), s \sin\left( \dfrac{\alpha}{2} \right), 0 \right) \\ B = D + \vec{DB} = \left( s \cos\left( \dfrac{\alpha}{2} \right), -s \sin\left( \dfrac{\alpha}{2} \right), 0 \right)\end{cases} \\[12pt] \triangle ABC :\quad \vec{CA} = \left( s \cos\left( \dfrac{\alpha}{2} \right), s \sin\left( \dfrac{\alpha}{2} \right), 0 \right), \quad \vec{CB} = \left( s \cos\left( \dfrac{\alpha}{2} \right), -s \sin\left( \dfrac{\alpha}{2} \right), 0 \right) \\[12pt] \vec{CA} \times \vec{CB} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ s \cos\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) & s \sin\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) & 0 \\ s \cos\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) & -s \sin\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) & 0 \end{vmatrix} = \left( 0, 0, -2s^2 \cos\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) \sin\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) \right)\\[6pt] \Leftrightarrow \vec{CA} \times \vec{CB} = 2s^2 \cos\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) \sin\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) = s^2 \sin(\alpha) \\[12pt] \Rightarrow S_{ABC} = \dfrac{1}{2} s^2 \sin(\alpha) \\[12pt] V_{ABCD} = \dfrac{1}{3} \cdot S \cdot h = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} s^2 \sin(\alpha) \cdot h = \dfrac{1}{6} s^2 h \sin(\alpha)\\[12pt]$Очевидно максимумът на обема при равни други компоненти (фиксирани дължини на околните ръбове) е при $\alpha=90^{\circ}, \cos{\alpha}=0$

Векторното решение не е мое, взех го от доказателството на началното твърдение, което е общият случай на Вашата задача. Решението е от Bronshtein, I. N., Semendyayev, K. A., Musiol, G., Muehlig, H. Handbook of Mathematics, Springer и е свързано с обем на пирамида чрез параметрите на околните стени. Преводът на български език е генериран от автоматичен преводач Mistrall AI Le Chat Free, адаптацията за TEX едитора на този сайт е моя. Прегледайте за печатни грешки при транскрипцията (дали върховете съвпадат с направените твърдения).

[Darina73]

Аз получавам AB= 2[tex]\sqrt{2(1-cos \alpha) }[/tex]
Следователно [tex]S_{ABC }= \sqrt{2(1-cos \alpha )(1+2cos \alpha ) }[/tex]

[tex]V_{ABCD }= \frac{1}{3}. \sqrt{2(1-cos \alpha)(1+2cos \alpha ) } .1[/tex]

[tex]V_{ABCD }= \frac{1}{3} \sqrt{(2-2cos \alpha)(1+2cos \alpha) }[/tex]

V' = [tex]\frac{1}{3} . \frac{(2-2cos \alpha)' (1+2cos \alpha) +(2-2cos \alpha)(1+2cos \alpha)' }{2 \sqrt{(2-2cos \alpha)(1+2cos \alpha ) } }[/tex] =0

(-2)(- sin[tex]\alpha[/tex])(1+2cos[tex]\alpha[/tex]) +(2-2cos[tex]\alpha[/tex])( -2sin[tex]\alpha[/tex]) =0

2sin[tex]\alpha +4sin \alpha.cos \alpha-4sin \alpha +4sin \alpha.cos \alpha[/tex]= 0

8sin[tex]\alpha[/tex].cos[tex]\alpha[/tex]- 2sin[tex]\alpha[/tex]= 0 |:2 [tex]\ne[/tex]0

sin[tex]\alpha[/tex](4cos[tex]\alpha[/tex]-1) =0 [tex]\Rightarrow[/tex] 4cos[tex]\alpha[/tex]-1 =0

Екстремум се достига при cos[tex]\alpha[/tex]= [tex]\frac{1}{4}[/tex]

[ammornil]

Да. Изял съм една двойка под корена... И в двете решения.

[ptj]

След като единия от околните ръбове е перпендикулярен на основата, то той е височина към основата.

При фиксирана дължина за последния, очевидно стойността на обема е функция на лицето на основата.

[tex]AC=BC= \sqrt{2^2-1^2}= \sqrt{3}[/tex]

[tex]S_{ \triangle ABC}= \frac{1}{2}. \sqrt{3}. \sqrt{3}.sin(\angle ACB) = \frac{3}{2}sin(\angle ACB)[/tex].

Максимума на горния израз е [tex]\frac{3}{2}[/tex] и се достига при [tex]\angle ACB=90 ^\circ[/tex].

Височината [tex]CM= \sqrt{3}. \frac{ 1 }{ \sqrt{2}} = \sqrt{ \frac{3}{2} }[/tex]

[tex]DM= \sqrt{MC^2+DC^2}= \sqrt{ \frac{3}{2}+1 }= \sqrt{ \frac{5}{2} }[/tex]

[tex]cos( \frac{\alpha}{2} )= \frac{DM}{AD}= \sqrt{ \frac{5}{8} }[/tex]

[tex]cos( \alpha)=2cos^2( \frac{\alpha}{2} )-1= 2.\frac{5}{8}-1= \frac{5}{4}-1= \frac{1}{4}[/tex]