Главная Вход в систему Регистрация
Задать вопрос Консультации Пользователи Форум
О системе Помощь
Задать вопрос экспертам
Консультация № 176430
01.02.2010, 18:01
0.00 руб.
0 6 1
Образование
Вершины нижнего основания правильной 4-хугольной призмы лежат на сторонах ромба, являющегося основанием 4-хугольной пирамиды. Ребра основания призмы параллельны диагоналям ромба, а длина бокового ребра призмы равна высоте пирамиды. Найти объем общей части призмы и пирамиды, если острый угол ромба равен 60[$186$], высота пирамиды равна 6 и все двугранные углы при ребрах основания пирамиды равны arctg 2[$8730$]3

Обсуждение

давно
Roman Chaplinsky / Химик CH
Модератор
156417
2175
01.02.2010, 19:21
общий
Litta:
Кажется, чего-то всё-таки не хватает, а именно данных о расположении вершин призмы (точнее прямоугольного параллелепипеда) на сторонах ромба. Очевидно, что объём общей части фигур сильно зависит от этого параметра (и стремится к нулю при определённом расположении)
давно
Гордиенко Андрей Владимирович
Мастер-Эксперт
17387
18345
02.02.2010, 09:07
общий
Litta:
Здравствуйте!

Позволю себе сделать Вам замечание. Вы приводите условие задачи. При этом не считаете нужным включить в текст вопроса обращение к экспертам и конкретную просьбу по поводу задачи. Это признак дурного тона.

Извольте сформулировать вопрос. Вам нужно решение задачи или указание о пути ее решения? В первом случае целесообразно такой вопрос делать платным, потому что решение хотя и не трудное, но трудоемкое. Но это Ваше дело. Во втором случае все проще... Итак?

С уважением.
Об авторе:
Facta loquuntur.
давно
Орловский Дмитрий
Мастер-Эксперт
319965
1463
02.02.2010, 21:12
общий
Химик CH:
Кажется, чего-то всё-таки не хватает


Все здесь хватает потому, что призма правильная и в основании лежит квадрат. Вот только, действительно, вычислений здесь много и поэтому
вопрос (как бесплатный) вряд ли получит ответ.
давно
Гордиенко Андрей Владимирович
Мастер-Эксперт
17387
18345
03.02.2010, 12:11
общий
это ответ
Здравствуйте, Litta.

Основанием правильной четырехугольной призмы является квадрат. Стороны этого квадрата, согласно условию, параллельны диагоналям ромба. Поскольку двугранные углы при основании пирамиды равны между собой, то проекция вершины пирамиды на плоскость основания совпадает с центром симметрии квадрата – точкой пересечения диагоналей ромба. Выполним соответствующие рисунки. На одном из них покажем общий вид призмы и пирамиды, на другом – вид на плоскость основания.




Имеем |OO’|/|OK| = h/|OK| = tg ∟OKO’ = tg arctg 2√3 = 2√3, |OK| = h/(2√3) = 6/(2√3) = √3. Из подобия треугольников OKC и BOC следует, что ∟KOC = ∟OBC = 60º/2 = 30º, |OC| = |OK|/cos ∟KOC = √3/(√3/2) = 2.

В треугольнике BOC |OC|/|OB| = tg ∟OBC, |OB| = |OC|/tg ∟OBC = 2/(1/√3) = 2√3.

Имеем следующие точки: O(0; 0; 0), B(0; 2√3; 0), C(2; 0; 0). Находим координаты точки F. Уравнение прямой BC в отрезках x/2 + y/(2√3) = 1, уравнение прямой OF y = x, или x – y = 0. Решая систему из двух полученных уравнений, находим F(2√3/(√3 + 1); 2√3/(√3 + 1); 0). Тогда правая грань призмы задается уравнением x = 2√3/(√3 + 1), задняя грань – уравнением y = 2√3/(√3 + 1).

Находим координаты точки B’ пересечения ребра BO’ пирамиды с задней гранью призмы. Уравнение прямой BO’ в отрезках y/(2√3) + z/6 = 1. Решая это уравнение совместно с уравнением задней грани, получаем 1/(√3 + 1) + z/6 = 1, z = 6(1 – 1/(√3 + 1)) = 6√3/(√3 + 1), B’(0; 2√3/(√3 + 1); 6√3/(√3 + 1)). Кроме того, M(0; 2√3/(√3 + 1); 0).

Находим координаты точки C’ пересечения ребра CO’ пирамиды с правой гранью призмы. Уравнение прямой CO’ в отрезках x/2 + z/6 = 1. Решая это уравнение совместно с уравнением правой грани, получаем √3/(√3 + 1) + z/6 = 1, z = 6(1 – √3/(√3 + 1)) = 6/(√3 + 1), С’(2√3/(√3 + 1); 0; 6/(√3 + 1)). Кроме того, L(2√3/(√3 + 1); 0; 0).

Зная координаты точек B, B’, M, F, можно найти объем пирамиды BB’MF. Зная координаты точек С, С’, L, F, можно найти объем пирамиды CC’LF. Сложив эти объемы и умножив результат на 4, можно найти объем пирамид, отсекаемых призмой от данной в условии пирамиды. Вычтя этот объем из объема заданной пирамиды, можно найти объем искомой фигуры. Эти вычисления элементарны. Надо полагать, они не вызовут у Вас затруднений.

Проверьте выкладки. Понятно, что задачу можно решить и иначе...

С уважением.
Об авторе:
Facta loquuntur.
Неизвестный
03.02.2010, 14:24
общий
Гордиенко Андрей Владимирович:
Простите, что не бывает сейчас совершенно нормальной возможности обратиться за помощью в более развернутой форме-компьютер по вечерам всем домашним нужен.
Пыталась решить подобную задачу не в системе координат - не получалось.
И вот сейчас уже нет времени эту Вашу разобрать, но разберу обязательно.
Задачка эта для 11 класса, поэтому возможно этот метод не очень подойдет - уравнение прямой в отрезках - уже вузовская программа
давно
Гордиенко Андрей Владимирович
Мастер-Эксперт
17387
18345
03.02.2010, 15:16
общий
Litta:
Здравствуйте!

Насколько мне известно, векторная алгебра и метод координат входят в программу среднего образования. Поэтому предлагаемое решение не выходит за рамки этой программы. Вместо уравнения прямой в отрезках можно использовать уравнение прямой, проходящей через две заданные точки, например.

Во всяком случае, такое решение мне больше нравится, чем использование тригонометрических формул. Хотя, в частности, при решении данной задачи можно было перейти от двугранных углов к углам при ребрах пирамиды...

Смотрите сами - Вам видней.

С уважением.
Об авторе:
Facta loquuntur.
Форма ответа