Решите, пожалуйста, полностью задачу - буду очень благодарен :)
"Определить объём параллелепипеда, если все его грани - ромбы, длины сторон который равны a, а острые углы - α".

задан 5 Апр '13 12:28

изменен 28 Сен '13 0:32

Deleted's gravatar image


126

10|600 символов нужно символов осталось
1

alt text

$%V=S_{осн}\cdot h=a^2hsin\alpha.$%

Остается найти высоту параллелепипеда $%ABCDA_1B_1C_1D_1$%. У основания $%ABCD$% есть вершина такая, что боковая сторона проходящая через эту вершину образует острые угли со сторонами основания. Пусть эта вершина $%A,$% тогда $%\angle A_1AD=\angle A_1AD=\alpha.$% Проведем высоту параллелепипеда $%AH, $% и перпендикуляры $% HE\perp AD, HF\perp AB.$%

Пo теореме трех перпендикуляров $%A_1E \perp AD, A_1F\perp AB.$%.

Прямоугольные треугольники $% AA_1E$%, и $% AA_1E$% равни по гипотенузе и острому углу. $%\Rightarrow AE=AF=AA_1 cos\alpha=acos\alpha , A_1E=A_1F \Rightarrow HE=HF$%(как проекции равных наклонных).Значит точка $%H$% принадлежит биссектору угла $%BAD. \angle BAH=\angle DAH=\frac{\angle BAD}2. AH=\frac{AE}{cos\frac{\angle BAD}2}=\frac{a cos\alpha}{cos\frac{\angle BAD}2}.$%

$% h=A_1H=\sqrt{A_1H^2-AH^2}=\sqrt{a^2-(\frac{acos\alpha}{cos\frac{\angle BAD}2})^2} =a\sqrt{1-\frac{cos^2\alpha}{cos^2\frac{\angle BAD}2}}$%

Возможны 2 случая
1) $%\angle BAD=\alpha $%

$%h=a\sqrt{1-\frac{cos^2\alpha}{cos^2\frac{\alpha}2}} $%

$%V=a^3sin\alpha \sqrt{1-\frac{cos^2\alpha}{cos^2\frac{\alpha}2}}= 2 a^3sin\frac{\alpha}2\sqrt{cos^2\frac{\alpha}2-cos^2\alpha}=2a^3sin\frac{\alpha}2\sqrt{sin\frac{\alpha}2sin\frac{3\alpha}2} .$%

2) $%\angle BAD=180^0-\alpha$%

$%h=\sqrt{a^2-(\frac{acos\alpha}{cos\frac{180^0-\alpha}2})^2}=a\sqrt{1-\frac{cos^2\alpha}{sin^2\frac{\alpha}2}} $%

$%V= a^3sin\alpha \sqrt{1-\frac{cos^2\alpha}{sin^2\frac{\alpha}2}}= 2 a^3cos\frac{\alpha}2\sqrt{sin^2\frac{\alpha}2-cos^2\alpha}=2a^3cos\frac{\alpha}2\sqrt{-cos\frac{\alpha}2cos\frac{3\alpha}2}.$% Последняя имеет смысл только когда $%cos\frac{3\alpha}2<0 \Leftrightarrow \alpha>\frac{\pi}3.$%

ссылка

отвечен 5 Апр '13 15:19

изменен 5 Апр '13 19:35

Ответ для 1го случая совпал с указанным, да и по решению всё показано. Большое вам человеческое спасибо :)

(8 Апр '13 13:41) truefail
10|600 символов нужно символов осталось
1

Пусть угол $%\alpha$% острый и три таких угла сходятся в вершине A. Пирамида $%ABDA_1$% по объему в 6 раз меньше параллелепипеда. В то же время ее можно рассматривать как правильную с основанием $%BDA_1$%. Сторона этого основания равна $%b=2a\sin {\alpha\over 2}$%, а основанием высоты является центр треугольника. Дальше счет.

ссылка

отвечен 5 Апр '13 15:30

изменен 5 Апр '13 15:33

@DocentI парраллелепипед может не иметь вершину с трем острым плоским углам. Но тогда будет вершина с трем тупым плоским углам и ваш подход останется в силе. Хорошая идея.

(5 Апр '13 15:58) ASailyan

Да, понимаю. Я так и сказала, что разобран один случай. Писала в транспорте.

(5 Апр '13 17:20) DocentI
10|600 символов нужно символов осталось
1

Прежде всего, надо заметить, что найдётся такая вершина, в которой сходятся по крайней мере два острых угла граней. Действительно, если мы рассмотрим боковую грань и выберем в ней вершину острого угла, и оба угла двух других граней, сходящиеся в данной вершине, окажутся тупыми, то рассмотрим грань, параллельную боковой. Ясно, что в ней уже найдётся вершина с нужным свойством.

Площадь основания нам известна: она равна $%a^2\sin\alpha$%. Поэтому достаточно найти высоту параллелепипеда: объём будет равен её произведению на площадь основания. Рассмотрим два случая, оба из которых возможны.

1) Пусть в одной вершине сходятся три острых угла. Здесь $%\alpha$% может принимать любое значение между $%0$% и $%90^\circ$%, причём такая конструкция параллелепипеда всегда возможна. Обозначим ромб в основании через $%ABCD$%, где в вершине $%A$% сходятся три острых угла. Пусть $%A_1B_1C_1D_1$% -- параллельная грань. Спроектируем точку $%A_1$% на прямую $%AB$%. Ввиду того, что угол $%A_1AB$% является острым, проекция $%E$% точки $%A_1$% будет лежать на луче $%AB$%. С учётом того, что длина проекции меньше $%a=AB$%, точка $%E$% попадёт на отрезок $%AB$%, причём $%AE=a\cos\alpha$%.

Чтобы не рисовать весь чертёж, изобразим только ромб $%ABCD$% в основании. Проведём в этой плоскости через точку $%E$% перпендикуляр до пересечения с диагональю $%AC$% в точке $%H$%. По построению, прямая $%AB$% перпендикулярна как $%A_1E$%, так и $%EH$%, поэтому она перпендикулярна плоскости $%A_1EH$%. Значит, $%AB$% перпендикулярна прямой $%A_1H$%, лежащей в этой плоскости.

Учитывая то, что $%AC$% есть ось симметрии ромба, а также то, что проектирование на отрезок $%AD$% вместо $%AB$% приводит к симметричной конструкции, мы заключаем, что $%A_1H$% будет перпендикулярна также прямой $%AD$%, и тем самым $%A_1H$% будет перпендикулярна плоскости основания ромба. Тем самым, $%h=A_1H$% -- высота параллелепипеда.

С учётом того, что $%AE=a\cos\alpha$%, а также того, что треугольник $%AHE$% прямоугольный с углом $%\alpha/2$% при его вершине $%A$%, имеем $%AH=AE/\cos(\alpha/2)=a\cos\alpha/\cos(\alpha/2)$%. Далее при помощи теоремы Пифагора находим $%h^2=AA_1^2-AH^2=a^2(1-cos^2\alpha/\cos^2(\alpha/2))$%. В итоге $$h=\frac{a\sqrt{cos^2(\alpha/2)-\cos^2\alpha}}{\cos(\alpha/2)}\,.$$ Выражение под знаком корня можно преобразовать разными способами. В частности, можно всё выразить через синус половинного угла. Полагая $%t=\sin(\alpha/2)$%, мы получим подкоренное выражение, равное $%1-t^2-(1-2t^2)^2=3t^2-4t^4$%. Домножая длину высоты на площадь основания и сокращая на косинус половинного угла, приходим к ответу $%V=2a^3t\sqrt{3t^2-4t^4}$%, что выражается через $%t^2$%, а потому и через $%\cos\alpha=1-2t^2$%. В итоге объём можно записать в таком виде: $$V=a^3(1-\cos\alpha)\sqrt{1+2\cos\alpha}.\qquad\qquad\qquad\qquad (1)$$

2) Теперь рассмотрим случай, когда в вершине $%A$% сходятся два острых угла и один тупой. Будем считать, что последний относится к ромбу, лежащему в основании. По свойству трёхгранных углов, сумма двух острых углов боковых граней должна быть больше тупого угла основания, то есть $%2\alpha > 180^\circ-\alpha$%, откуда $%\alpha > 60^\circ$%. Нетрудно видеть, что при этом условии возможно осуществить соответствующее построение, построив сначала трёхгранный угол, соединив далее нужным образом три ромба, и достроив всё это до параллелепипеда.

Действуя точно так же, как и в первом случае, мы получим $%AE=a\cos\alpha$%, только теперь для нахождения $%AH$% нам потребуется разделить $%AE$% уже не на $%\cos(\alpha/2)$%, как это было раньше, а на $%\cos((180^\circ-\alpha)/2)=\sin(\alpha/2)$%. Чтобы не выписывать заново все формулы, заметим, что наш второй случай получается из первого, если угол $%\alpha$% заменить на угол $%180^\circ-\alpha$%. При этом синус не меняется, косинус меняет знак, а косинус и синус половинного угла переходят друг в друга. С учётом смены знака косинуса, ответ для данного случая имеет вид $$V=a^3(1+\cos\alpha)\sqrt{1-2\cos\alpha}.\qquad\qquad\qquad\qquad (2)$$

Таким образом, мы окончательно приходим к следующему ответу. Если острый угол $%\alpha$% не превосходит $%60^\circ$%, то объём параллелепипеда равен тому, что написано в формуле (1). Если же острый угол $%\alpha$% больше $%60^\circ$%, то объём параллелепипеда может принимать два значения -- как из формулы (1), так и из формулы (2).

ссылка

отвечен 5 Апр '13 16:53

10|600 символов нужно символов осталось
-1

Проще найти объём параллелепипеда можно тут https://algebra24.ru/najti-obem-parallelepipeda . Пользуюсь калькуляторами на этом сайте достаточно часто)

ссылка

отвечен 8 Июн '16 13:00

Реклама онлайн-калькуляторов -- тем более, не подходящих для решения задач не вычислительного плана -- это СПАМ.

(8 Июн '16 16:50) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×395
×90

задан
5 Апр '13 12:28

показан
1625 раз

обновлен
8 Июн '16 16:50

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru