Тетраедър

[Гост]

В тетраедър ABCD стената BCD е перпендикулярна на основата ABC,а ръбът AD сключва с AB и AC ъгли равни на [tex]\frac{ \pi }{3}[/tex].
Да се намери обемът на тетраедера,ако AB = 2,AC = 3, BC =4.

[ptj]

Ортогоналната проекция на ръба [tex]AD[/tex] в основата се явява ъглополовяща на [tex]\angle BAC[/tex].

Нека означим тази ъглополовящя с [tex]AM[/tex] и [tex]\angle BAC= \alpha[/tex].

От косинусова теорема за [tex]\triangle ABC[/tex] може да намерим [tex]cos( \alpha )[/tex].

От [tex]cos^2( \frac{ \alpha }{2} )= \frac{1+cos( \alpha )}{2}[/tex] изчисляваме [tex]cos ( \frac{ \alpha }{2} )[/tex].

Използваме косинусова теорема за тристенен ъгъл за да намерим [tex]cos(\angle MAD)[/tex].

[tex]AM[/tex] - от формула за ъглополовящата.

Височината [tex]DM=AM.tg(\angle MAD)[/tex].

Лицето на основата или от Хероновата формула или чрез [tex]sin( \alpha )[/tex].

[Гост]

Благодаря за отделеното време!
Имам въпроси:
1.Защо ръбът AD се проектира върху ъглополовящата на [tex]\angle[/tex] ACB в основата?Дайте доказтелство.
2.В училище не сме изучавли нищо за тристенен ъгъл.Косинусова теорема за тристенен ъгъл не сме учили.Може би ще предложите друг метод?
Също така бих се радвал ако приложите и чертеж.

[ptj]

Отговорът на 1 е непосредствено следствие от косинусова теорема за тристенен ъгъл.

Самото й доказателство е елементарно.

Не ползвам софтуер за чертане, но ще ви обясня от къде идва всичко.

Начертайте си тетраедър [tex]ABCD[/tex], в който основата е правоъгълен триъгълник [tex]\angle ABC=90 ^\circ[/tex]

и върха [tex]D[/tex] се проектира в точка [tex]C[/tex] от основата.

Косинусова теорема за тристен ъгъл гласи:

[tex]cos(\angle DAB)=cos(\angle DAC).cos(\angle BAC)[/tex]

Доказателството е един ред:

[tex]cos(\angle DAB)= \frac{AB}{AD}= \frac{AB}{AC}. \frac{AC}{AD}=cos(BAC).cos(DAC)[/tex] (заради трите правоъгълни триъгълника)


П.П. Казано по друг начин ако едното рамо на ъгъл лежи в някоя равнина, то неговия косинус е произведение на косинусите на ъглите, които ортогоналната проекция на второто рамо на ъгъла в тази равнина образува с двете рамена на дадения ъгъл.

Можете да я намерите също в : https://solemabg.com/Zip_Files/Stereometria.pdf

параграф 46.2.3

П.ПП. Не разчитатйте на ИИ за каквито и да е било математически доказателства. На въпроса ми към google.com за "косинусова теорема за тристенен ъгъл" получих за отговор татална глупост.

[S.B.]

В тетраедър ABCD стената BCD е перпендикулярна на основата ABC,а ръбът AD сключва с AB и AC ъгли равни на [tex]\frac{ \pi }{3}[/tex].
Да се намери обемът на тетраедера,ако AB = 2,AC = 3, BC =4.

Без заглавие - 2025-07-08T110921.331.png (288.7 KiB) Прегледано 492 пъти

Задачата е от раздел "Кандидат студенти" , което означава,че авторът е написал условието,като се е съобразил с материала изучаван в българсите училища.

Ще докажем, че проекцията на ръба $AD$ върху основата на пирамидата $DABC$ е ъглополовящата $AL$ на [tex]\angle BAC[/tex]
Построявам [tex]DL \bot BC, L \in BC[/tex]
Построявам апотемите [tex]DP \bot AB[/tex] и [tex]DQ \bot AC[/tex]
[tex]\triangle APD \cong \triangle AQD[/tex] (втори признак) [tex]\Rightarrow DP = DQ[/tex]
$PL$ и $QL$ са проекциите на апотемите $DP$ и $DQ$ в основата на пирамидата.
[tex]\triangle PLD \cong \triangle QLD[/tex] ( по катет и хипотенуза)[tex]\Rightarrow PL = QL[/tex]
[tex]DP \bot AB \Rightarrow PL \bot AB[/tex] (теорема за трите перпендикуляра)
[tex]DQ \bot AC \Rightarrow QL \bot AC[/tex] (теорема за трите перпендикуляра)
[tex]\begin{cases} PL = QL \\ PL \bot AB , QL \bot AC\end{cases} \Rightarrow L[/tex] се намира на равни разстояния от раменете на [tex]\angle BAC[/tex]
[tex]\Rightarrow AL[/tex] е ъглополовяща на [tex]\angle BAC[/tex]

От свойството на ъглополовящата:[tex]\frac{BL}{LC} = \frac{AB}{AC} \Leftrightarrow \frac{BL}{4 - BL} = \frac{2}{3} \Rightarrow BL = \frac{8}{5} , CL = \frac{12}{5}[/tex]

[tex]AL^{2 } = AB.AC - BL.LC \Rightarrow AL = \frac{3 \sqrt{6} }{5}[/tex]
Прилагам Херонова формула за [tex]\triangle ABC: S_{ABC } = \frac{3 \sqrt{15} }{4}[/tex]
Нека $PL = QL = x$
[tex]S_{ABC } = \frac{x.AB}{2} + \frac{x.AC}{2} \Leftrightarrow \frac{2x}{2} + \frac{3x}{2} = \frac{3 \sqrt{15} }{4} \Rightarrow PL = QL =x = \frac{3 \sqrt{15} }{10}[/tex]

За [tex]\triangle APL[/tex] прилагам Питагорова теорема:
[tex]AP^{2 } = AL^{2 } - PL^{2 } \Leftrightarrow AP^{2 } = ( \frac{3 \sqrt{6} }{5} )^{2 } - ( \frac{3 \sqrt{15} }{10}) ^{2 } = \frac{81}{100}\Rightarrow AP = \frac{9}{10}[/tex]
От [tex]\triangle APD \rightarrow \frac{DP}{AP} = \tg \frac{ \pi }{3} \Rightarrow DP = \frac{9. \sqrt{3} }{10}[/tex]
За [tex]\triangle PDL[/tex] се прилага Питагорова теорема и се намира височината $DL$, а след това вече и обемът [tex]V_{DABC }[/tex]
Надявам се,че ще успеете да довършите самостоятелно задачата.Успех!

[Гост]

Благодаря Ви!