правилна четириъгълна пирамида

[RSK]

Дадена е правилна 4-ъгълна пирамида с основен ръб а и двустенен ъгъл при околен ръб ?, като трябва да се намерят височината и околният ръб.

[ptj]

Стандартна е. Въпроса е като се решава първо да се прецени къде точно лежи двустенния ъгъл. Останалото са само изразявания в правоъгълни триъгълници.

Най- общо височината в основата е [tex]\frac{a\sqrt{3} }{2 }[/tex]. 1/3 от нея е[tex]\frac{a}{2\sqrt{3} }[/tex]. Височината в околната стена към ръб от основата е[tex]\frac{a}{2\sqrt{ 3} .cos\alpha }[/tex].
Последно от Питагорова теорема за половината околна стена търсената дължина на околен ръб е [tex]\sqrt{(\frac{a}{2\sqrt{ 3} .cos\alpha })^2+(\frac{a}{2 })^2 }[/tex]. Остава да се опрости отговора.

[RSK]

Стандартна е. Въпроса е като се решава първо да се прецени къде точно лежи двустенния ъгъл. Останалото са само изразявания в правоъгълни триъгълници.

Най- общо височината в основата е [tex]\frac{a\sqrt{3} }{2 }[/tex]. 1/3 от нея е[tex]\frac{a}{2\sqrt{3} }[/tex]. Височината в околната стена към ръб от основата е[tex]\frac{a}{2\sqrt{ 3} .cos\alpha }[/tex].
Последно от Питагорова теорема за половината околна стена търсената дължина на околен ръб е [tex]\sqrt{(\frac{a}{2\sqrt{ 3} .cos\alpha })^2+(\frac{a}{2 })^2 }[/tex]. Остава да се опрости отговора.

ДА но основата на пирамидата ти е квадрат!

[ptj]

Написал си 4-тири ъгълна. Който разбира това решение, би трябвало сам да се справи и при правилна петоъгълна, т.е. с основа квадрат. На мен и 1000-ъгълна да ми дадеш принципа е един и същ.

П.П. Пратих ти указания на Л.С.

[mkmarinov]

Някой май е пропуснал 11ти клас .
Я кажи, правилната триъгълна пирамида с каква основа е .

[Martin Nikovski]

Нещо май се обърках... От досега казаното правя няколко извода:
1. Квадратът е петоъгълник.
2. Основата на правилна четириъгълна пирамида е равностранен триъгълник.
Както и на mkmarinov, и на мен ще ми е много интересно каква е основата на правилна триъгълна пирамида - вероятно права??
П.П. Много съм прост... чак сега се усетих... Човекът явно има предвид, че щом е четириъгълна, е и "четиривръхна", т.е. е определена от четири точки. Една от тези точки е върхът на пирамидата, а останалите три образуват основата.

[ptj]

Доколкото си спомням по-рано така се означаваше. Сега видях, че поне в Нет-а има разлика.

[Martin Nikovski]

Сега сериозно... да помогнем на човека...

Чертеж към задачата.

Drawing.jpg (14.12 KiB) Прегледано 6629 пъти

Имаме, че [tex]ABCDM[/tex] е правилна четириъгълна пирамида [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]AB=BC=CD=DA=a[/tex] и [tex]AM=BM=CM=DM=l[/tex].
Построяваме линеен на двустенния ъгъл при околен ръб (например при [tex]AM[/tex]).
За тази цел в равнините [tex]\left(ABM\right)[/tex] и [tex]\left(ADM\right)[/tex] построяваме прави, перпендикулярни на [tex]AM[/tex].
В [tex]\left(ABM\right)[/tex]: Построяваме [tex]MH[/tex] - височина [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]MH\bot AM[/tex]
[tex]ABCDM[/tex] е правилна пирамида [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\Delta ABM[/tex] и [tex]\Delta ADM[/tex] са еднакви [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]DH[/tex] е височина в [tex]\Delta ADM[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]DH\bot AM[/tex].
Вече имаме две прави в равнините [tex]\left(ABM\right)[/tex] и [tex]\left(ADM\right)[/tex], които са перпендикулярни на [tex]AM[/tex].
[tex]\left. BH\in \left(ABM\right) \\ BH\bot AM \\ DH\in \left(ADM\right) \\ DH\bot AM \\ BH\cap DH=H \right\}\Rightarrow \angle BHD[/tex] е линеен на двустенния [tex]\angle \left(\left(ABM\right),\left(ADM\right)\right)[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle BHD=\alpha[/tex]

Разглеждаме [tex]\Delta ABH[/tex] ([tex]\angle AHB=90^\circ[/tex]):
[tex]\cyr{PT}:[/tex] [tex]AH^2+BH^2=AB^2[/tex]
[tex]AB=a[/tex] (по условие)
Ако [tex]AH=x[/tex], то [tex]x^2+BH^2=a^2[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]BH^2=a^2-x^2[/tex] (1.)
Разглеждаме [tex]\Delta BMH[/tex] ([tex]\angle BHM=90^\circ[/tex]):
[tex]\cyr{PT}:[/tex] [tex]MH^2+BH^2=BM^2[/tex]
[tex]BM=l[/tex] (по условие), [tex]MH=AM-AH=l-x[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\left(l-x\right)^2+BH^2=l^2[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]BH^2=l^2-\left(l-x\right)^2=\cancel{l^2}-\cancel{l^2}+2lx-x^2=2lx-x^2[/tex] (2.)
От 1. и 2. [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]a^2-\cancel{x^2}=2lx-\cancel{x^2}[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]x=\frac{a^2}{2l }[/tex]
Връщаме се в едно от уравненията за [tex]BH[/tex]: [tex]BH^2=a^2-x^2=a^2-\left(\frac{a^2}{2l }\right)^2=a^2-\frac{a^4}{4l^2 } =\frac{4l^2a^2-a^4}{4l^2 }[/tex] (3.)

Разглеждаме [tex]\Delta BHD[/tex]:
[tex]\angle BHD=\alpha[/tex] (по построение), [tex]BD=\sqrt2a[/tex] (диагонал в квадрата [tex]ABCD[/tex])
[tex]\Delta ABM[/tex] и [tex]\Delta ADM[/tex] са еднакви [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]BH=DH[/tex] (височини към общата им страна)
[tex]cos\ T:[/tex] [tex]BD^2=BH^2+DH^2-2BH.DH.cos\angle BHD[/tex]
[tex]BH=DH[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]BD^2=2BH^2-2BH^2.cos\angle BHD=2BH^2(1-cos \alpha )[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]BH^2=\frac{BD^2}{2(1-cos\alpha) }[/tex]
Заместваме [tex]BH^2[/tex] с [tex]\frac{4l^2a^2-a^4}{4l^2 }[/tex] (от 3.)
[tex]\frac{4l^2a^2-a^4}{4l^2 }=\frac{BD^2}{2(1-cos\alpha) }=\frac{\left(\sqrt2a\right)^2}{2(1-cos\alpha) }=\frac{\cancel2a^2}{\cancel2(1-cos\alpha) }=\frac{a^2}{1-cos\alpha }[/tex]
[tex]\frac{4l^2a^2-a^4}{4l^2 }=\frac{a^2}{1-cos\alpha } /:a^2(\ne 0)[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\frac{4l^2-a^2}{4l^2 } =\frac{1}{1-cos\alpha }[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\cancel{4l^2}-4l^2.cos\alpha -a^2+a^2.cos\alpha =\cancel{4l^2}[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex]
[tex]\Rightarrow[/tex] [tex]l^2=\frac{a^2(cos\alpha -1)}{4cos\alpha }[/tex]
[tex]l>0[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]l=\sqrt{\frac{a^2(cos\alpha -1)}{4cos\alpha }}=a.\sqrt{\frac{cos\alpha -1}{4cos\alpha }[/tex]

[tex]cos\alpha =1-2sin^2\frac{\alpha }{2 }[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]l=a.\sqrt{\frac{\cancel1-\cancel2sin^2\frac{\alpha }{2 }-\cancel1 }{\cancel4cos\alpha } }=\frac{a.sin\ \frac{\alpha }{2 } }{\sqrt{-2cos\alpha} }[/tex]

Остава да намерим височината на пирамидата.
Построяваме [tex]MO=h[/tex], където [tex]O[/tex] е пресечната точка на диагоналите на квадрата [tex]ABCD[/tex]. Иначе казано, [tex]M[/tex] се проектира ортогонално в центъра на основата, защото пирамидата е правилна.
[tex]M\to^{\cyr{ort.pr.}}_{(ABCD) }O[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]MO\bot (ABCD)[/tex]
[tex]\left. MO\bot (ABCD)\\ AO\in ABCD \right\}\Rightarrow MO\bot AO[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle AOM=90^\circ[/tex]
Разглеждаме [tex]\Delta AOM[/tex] ([tex]\angle AOM=90^\circ[/tex]):
[tex]AO=\frac{a\sqrt2}{2 }[/tex] - половинка от диагонала на квадрата [tex]ABCD[/tex].
[tex]AM=l=\frac{a.sin\ \frac{\alpha }{2 } }{\sqrt{-2cos\alpha} }[/tex] - по доказателство.
[tex]\cyr{PT}:[/tex] [tex]AO^2+OM^2=AM^2[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]OM^2=AM^2-AO^2[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]h^2=l^2-\left(\frac{a.\sqrt2}{2 }\right)^2[/tex]
[tex]h^2=\left(\frac{a.sin\ \frac{\alpha }{2 } }{\sqrt{-2cos\alpha} }\right)^2-\frac{a^2}{2 }=\frac{a^2.sin^2\frac{\alpha }{2 } }{-2cos\alpha } -\frac{a^2}{2 }=\frac{a^2.sin^2\frac{\alpha }{2 }-a^2.(-cos\alpha)}{-2cos\alpha }=\frac{a^2\left(sin^2\frac{\alpha }{2 }+cos\alpha\right)}{-2cos\alpha }[/tex]
[tex]cos\alpha =cos^2\frac{\alpha }{2 } -sin^2\frac{\alpha }{2 }[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]h^2=\frac{a^2\left(\cancel{sin^2\frac{\alpha }{2 }}+cos^2\frac{\alpha }{2 }-\cancel{sin^2\frac{\alpha }{2 }}\right)}{-2cos\alpha }=\frac{a^2.cos^2\frac{\alpha }{2 }}{-2cos\alpha }[/tex]
[tex]h>0[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]h=\sqrt{\frac{a^2.cos^2\frac{\alpha }{2 }}{-2cos\alpha } }=\frac{a.cos\ \frac{\alpha }{2 } }{\sqrt{-2cos\alpha} }[/tex]

Виждаме, че в изразите за [tex]l[/tex] и [tex]h[/tex] имаме ирационално число. Трябва да се уверим, че подкоренната величина е неотрицателна. В случая това е [tex]-2cos\alpha[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]-2cos\alpha \ge 0/:(-2)[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]cos\alpha \le 0[/tex]
[tex]\left. cos\alpha\in[-1;1]\\ cos\alpha \le 0 \right\}\Rightarrow[/tex] [tex]cos\alpha \in [-1;0][/tex]
[tex]\left. cos\alpha\in[-1;0]\\ \alpha < 180^\circ \right\}\Rightarrow[/tex] [tex]\alpha \in [90^\circ;180^\circ)[/tex]

Окончателно отговорите са:
[tex]l=\frac{a.sin\ \frac{\alpha }{2 } }{\sqrt{-2cos\alpha} }[/tex] и [tex]h=\frac{a.cos\ \frac{\alpha }{2 } }{\sqrt{-2cos\alpha} }[/tex] при [tex]\alpha \in [90^\circ;180^\circ)[/tex]

[ganka simeonova]

П.П. Много съм прост... чак сега зсе усетих... Човекът явно има предвид, че щом е четириъгълна, е и "четиривръхна", т.е. е определена от четири точки. Една от тези точки е върхът на пирамидата, а останалите три образуват основата.

"Четириъгълна", значи основата е четириъгълник!

[ganka simeonova]

Освен това, има си зависимости за специалните ъгли в правилна пирамида.
r2d2 имаше линк за триъгълна пирамида в стария форум...
http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=5744
За 4-ъгълна е аналогично

[ptj]

Само плашите децата с тази Стереометрия. В нея има само една "Теорема за 3-те перпендикуляра" и "Косинусова теорема за тристенен ъгъл", всичко друго си е чиста Планиметрия.

П.П. Може би и "Принцип на непрекъснатост", но той се използва по-скоро интуитивно.

[ganka simeonova]

Само плашите децата с тази Стереометрия. В нея има само една "Теорема за 3-те перпендикуляра" и "Косинусова теорема за тристенен ъгъл", всичко друго си е чиста Планиметрия.

П.П. Може би и "Принцип на непрекъснатост", но той се използва по-скоро интуитивно.

Никой никого не иска да плаши")
И "само тази "Теорема за 3-те перпендикуляра" си е чиста проба цялото знание по Стереометрия.

"Принцип на непрекъснатост"- това на един ученик звучи на китайски

[ptj]

Забравих Принцип на Кавалиери за обеми, но май и той повече спада към чуждите езици. Не ми харесва обучението, че е някак си стандартно. Т.е. всичко се върти в един кръг и е по-скоро техника и опит. Липсват идеи как биха могли да се справят с нестандартни ситуации. Там идва красотата...

[ptj]

Много съм разсеян. Едва след решението на Мартин видях, че съм използвал друг двустенен ъгъл. Още като ученик бях същия шемет.

Ще напиша едно друго решение използвайки на Мартин чертежа:

[tex]AO=OB=\frac{a}{\sqrt{2} }[/tex]

[tex]OM\bot AO[/tex], [tex]AO\bot OB[/tex]-->[tex]OB\bot[/tex] равнината[tex](AOM)[/tex]-->[tex]OH\bot OB[/tex].

[tex]OH=OB.ctg(\frac{\alpha }{2 })=\frac{a}{\sqrt{2} }.ctg(\frac{\alpha }{2 })[/tex] от правоъгълния
триъгълник [tex]HOB[/tex].

[tex]HO[/tex] лежи в равнината перпендикулярна на [tex]AM[/tex] --> [tex]AM\bot HO[/tex]

[tex]S(AOM)=\frac{AO.OM}{2 }=\frac{AM.HO}{2 }[/tex] -->[tex]\frac{a}{\sqrt{2} }. OM=AM.\frac{a}{\sqrt{2} }ctg(\frac{\alpha }{2 } )[/tex]-->[tex]OM=AM.ctg(\frac{\alpha }{2 } )[/tex]
[tex]AO^2=AM^2-OM^2[/tex] --> [tex]\frac{a^2}{2 }= AM^2(1-ctg^2(\frac{\alpha }{2 } ))=AM^2 . \frac{2sin\alpha }{ 1+sin\alpha }[/tex] -->[tex]AM=\frac{a}{2 } \sqrt{\frac{1+sin\alpha }{sin\alpha } }[/tex]

[mkmarinov]

Адаше, разбрахме всички, че много обичаш косинусовата теорема, но има и доста по-прост начин .
[tex]\beta=\frac{\alpha}{2} \equiv \angle BHO[/tex] (това има нужда от доказване; на 2 реда)
[tex]\triangle BOH: \frac{OH}{BO}=cotg\beta => OH=cotg \beta BO=a \frac{\sqrt{2}}{2}cotg\beta[/tex]
[tex]AO.OM=OH.AM[/tex] (височина*хипотенуза=катет*катет) =>
[tex]AO^2.OM^2=OH^2.AM^2(1)[/tex]
[tex]AO^2=\frac{1}{2}a^2, OH^2=\frac{cotg^2\beta}{2}a^2[/tex]
[tex]OM^2=AM^2-AO^2=> AM^2=OM^2+\frac{1}{2}a^2[/tex]
След заместване в (1):
[tex]\frac{1}{2}a^2.OM^2=\frac{cotg^2\beta}{2}a^2(OM^2+\frac{1}{2}a^2)[/tex] (Питагорова теорема)
[tex]OM^2(1-cotg^2\beta)=\frac{cotg^2\beta}{2}a^2[/tex]
[tex]OM^2=\frac{cotg^2\beta}{1-cotg^2\beta}a^2[/tex]
[tex]1-cotg^2\beta=1-\frac{cos^2\beta}{sin^2\beta}=\frac{sin^2\beta-cos^2\beta}{sin^2\beta}=\frac{-cos2\beta}{sin^2\beta}[/tex]
=>
[tex]OM^2=\frac{sin^2\beta}{-2cos2\beta}.cotg^2\beta a^2=\frac{sin^2\beta}{\sqrt{-2cos\beta}}\frac{cos^2\beta}{sin^2\beta}a[/tex]
[tex]OM=\frac{cos\beta}{\sqrt{-2cos2\beta}}a=\frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{-2cos\alpha}}a[/tex] (височината)
Една питагорова теорема и се намира и околният ръб .

[Martin Nikovski]

[ganka simeonova]

Искате ли решение, на няколко реда?
От един най- обикновен даскал

[mkmarinov]

Да го видим .
(само да не спестяваш сметки)

[Martin Nikovski]

Разбира се, че искаме. Само че... "няколко" може да варира от [tex]0[/tex] до [tex]+\infty[/tex]

[ganka simeonova]

Означаваме [tex]OB=OC=\frac{a\sqrt{2} }{ 2} =x; OP=d; \angle OPB=\frac{\alpha }{2 } ; \angle OCM=\beta[/tex]
[tex]\Delta BOP=>\frac{d}{ x} =ctg\frac{\alpha }{ 2} ;[/tex]
[tex]\Delta OPC=>\frac{d}{ x} =sin\beta =>sin\beta =ctg\frac{\alpha }{ 2}[/tex]
[tex]cos\beta =\sqrt{1-ctg^2{\frac{\alpha }{ 2}} }[/tex]
[tex]\Delta COM=>h=\frac{a\sqrt{2} }{2 } tg\beta ; l=\frac{a\sqrt{2} }{2 } cos\beta[/tex]

[ptj]

Това е същото като моето, но вместо две лица се използва един допълнителен ъгъл.

[ganka simeonova]

Това е същото като моето, но вместо две лица се използва един допълнителен ъгъл.

Значи, не е същото

[ptj]

Преписвачка.

[ganka simeonova]

Слава богу, вече знам от кого да препиша

[ptj]

Забравяш, че аз често недоглеждам нещо или пиша грешни решения за да проверя доколко сте в час.