RFpro.ru: Математика
| Хостинг портала RFpro.ru: РАССЫЛКИ ПОРТАЛА RFPRO.RU
Чемпионы рейтинга экспертов в этой рассылке
/ НАУКА И ОБРАЗОВАНИЕ / Точные и естественные науки / Математика
Вопрос № 176430: 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 ... Вопрос № 176431: Здравствуйте уважаемые эксперты, помогите решить премер Вычислить предел lim((x-1+cosx)*(sinx/2)^2)/(e^(3)-1)^3 x→0... Вопрос № 176432: Здравствуйте уважаемые эксперты! Прошу помощи в решении задач :) Скалярное поле φ задано в декартовой системе координат выражением φ = 3x2ycosz + 2z2 Вычислить векторное поле grad φ.... Вопрос № 176434: Через вершину S прямого кругового конуса объемом 4pi проведена прямая, пересекающая плоскость, в которой лежит основание конуса в точке A. Через точку A проведены прямые, касающиеся окружности основания конуса в точках B и С. Найти угол между прямыми... Вопрос № 176436: В правильной треугольной призме АВСА1В1С1 точки N и P-середины ребер AB и СС1 соответственно. Расстояние и угол между скрещивающимися прямыми AA1 и NP равны соответственно 2 и 30 градусов. Найти площадь полной поверхности призмы... Вопрос № 176430: 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 60º, высота пирамиды равна 6 и все двугранные углы при ребрах основания пирамиды равны arctg 2√3
Отправлен: 01.02.2010, 20:01 Отвечает Гордиенко Андрей Владимирович, Профессор : 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. ----- Пусть говорят дела
Ответ отправил: Гордиенко Андрей Владимирович, Профессор
Вопрос № 176431:
Здравствуйте уважаемые эксперты, помогите решить премер
Отправлен: 01.02.2010, 23:16 Отвечает Быстров Сергей Владимирович : Здравствуйте, Верещака Андрей Павлович. lim{x→0}(x-1+cosx)*sin2(x/2)/(e^(3)-1)^3 = 1/(e^(3)-1)^3)*(0-1+cos0)*(sin0/2) = 0. По крайней мере вы сами записали пример в таком виде. Может все-таки имелось ввиду lim((x-1+cosx)/(sinx/2)^2)*(e^(3)-1)^3 x→0 или что-то в этом роде?
Ответ отправил: Быстров Сергей Владимирович
Оценка ответа: 5
Вопрос № 176432:
Здравствуйте уважаемые эксперты! Прошу помощи в решении задач :)
Отправлен: 01.02.2010, 18:29 Отвечает Быстров Сергей Владимирович : Здравствуйте, Рыбальченко Ярослав Павлович. gradφ = (dφ/dx)*i + (dφ/dy)*j + (dφ/dz)*k = 6*x*y*cos(z)*i +3*x2*cos(z)*j - (3*x2*y*sin(z)-4z)*k.
Ответ отправил: Быстров Сергей Владимирович
Оценка ответа: 5
Вопрос № 176434: Через вершину S прямого кругового конуса объемом 4pi проведена прямая, пересекающая плоскость, в которой лежит основание конуса в точке A. Через точку A проведены прямые, касающиеся окружности основания конуса в точках B и С. Найти угол между прямыми SC и AB, если длина касательной AС равна 2√3, а наибольшее расстояние от точки до точек окружности основания конуса равно 6.
Отправлен: 01.02.2010, 20:46 Отвечает star9491, 5-й класс : Здравствуйте, Litta. 1) Пусть R - радиус основания конуса, а O - его центр. Рассмотрим окружность основания и проведем секущую ОА. Внутренняя часть секущей равна 2R, а внешняя 6-2R. По теореме о секущей и касательной (квадрат касательной равен произведению длины секущей на длину ее внешней части) получаем (2√3)^2=6*(6-2R). Отсюда находим радиус R=2. 2) Находим высоту конуса H. Объем конуса V=pi*R^2*H , V=4*pi, R=2 ---> H=1. 3) Находим длину образующей l=√H^2+R^2 ---> l=√5 4) Находим угол BAC. В прямоугольном треугольнике OBA один катет OB=R=2, второй катет AB=2√3 ---> BAO=pi/6 ---> BAC=pi/3 5) Проводим прямую параллельную AB и проходящую через C. Пусть D - точка пересечения этой прямой с окружностью. Из O опустим перпендикуляр на CD, пусть E - основание этого перпендикуляра. Углы COE и BAC имеют взаимно перпендикулярные стороны, поэтому COE=BAC=pi/3. Так как CO=R=2, то CE=√3. 6) Рассмот рим прямоугольный треугольник SEC (так как проекция OE прямой SE перпендикулярна CD, то и сама прямая SE перпендикулярна CD). В нем SC=l=√5, CE==√3. Следовательно, угол SCE=arccos√3/5. 7) Так как прямая CE параллельна AB, то угол SCE - искомый. Ответ: arccos√3/5 (под корнем 3/5)
Ответ отправил: star9491, 5-й класс
Оценка ответа: 5
Вопрос № 176436: В правильной треугольной призме АВСА1В1С1 точки N и P-середины ребер AB и СС1 соответственно. Расстояние и угол между скрещивающимися прямыми AA1 и NP равны соответственно 2 и 30 градусов. Найти площадь полной поверхности призмы
Отправлен: 01.02.2010, 23:31 Отвечает riaman, 2-й класс : Здравствуйте, Litta. Тут надо применить теорему: Синус угла между скрещивающимися прямыми равен отношению длины проекции одной из прямых на плоскость, к которой другая прямая перпендикулярна, к её длине (http://neive.by.ru/geometriia/geom6.html). Тогда из этой теоремы получим равенство: sin(a)=NC/ND (1) (так как NC есть проекция ND на плоскость ABCD, а плоскость ABCD и прямая AA1 перпендикулярны (Правильная призма — призма в основании которой лежит правильным многоугольник (в нашем случае квадрат), а боковые ребра перпендикулярны плоскостям основания.)). Если нарисовать чертеж, то можно увидеть справедливость такого равенства: BN^2+BC^2=NC^2. Но из условия мы знаем, что BN=AB/2, а ABCD-квадрат, тогда BC=2BN (ур-ие *) (BN найдем позже). Тогда BN^2+4BN^2=NC^2 или 5BN^2=NC^2 (2). Из уравнений 1 и 2: 5BN^2=(ND*sin(a))^2 откуда ND=sqrt(5)BN/sin(a). Из чертежа: PC=ND*cos(a)=sqrt(5)BN*cos(a)/sin(a)=sqrt(5)BN*ctg(a), но по условию CC1=2PC=2*sqrt(5)BN*ctg(a) (ур-ие **). Теперь зная длинны сторон DC и BC мы можем выразить площадь через BN используя уравнения (*) и (**). Найдём BN. Для нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми нужно: - Найти плоскость, перпендикулярную одной из скрещивающихся прямых; - Ортогонально спроектировать вторую прямую на эту плоскость; - Из точки пересечения плоскости первой прямой опустить перпендикуляр на проекцию второй прямой В итоге из чертежа получим, что AMN подобен BCN (где AM перпендикулярна прямой NC и пренадлежит плоскости ABCD, AM и есть расстояние между скрещивающимися прямыми), из чего следует, что NM=AM/2. По теореме пифагора получим BN^2=NM^2+AM^2 откуда BN=sqrt(NM^2+AM^2)=sqrt((AM^2)/4+AM^2)=sqrt(1^2+2^2)=sqrt(5); Из ур-ия (*) BC=2*sqrt(5); Из ур-ия (**) CC1=2*sqrt(5)*sqrt(5)*sqrt(3)=10*sqrt(3). В итоге ссумарная площадь равна: S=2*(BC^2)+4*(CC1*BC)=2*(2*sqrt(5))^2+4*2*sqrt(5)*10*sqrt(3)=2*4*5+8*10*sqrt(15)=40*(1+2*sqrt(15)) Типа такого. Может где есть ошибки но общий подход думаю верен. Если необходим чертёж, пиши, нарисую.
Призма треугольная В основании нет квадрата.
----- ∙ Отредактировал: Сучкова Татьяна Михайловна, Администратор ∙ Дата редактирования: 02.02.2010, 19:09 (время московское)
Ответ отправил: riaman, 2-й класс
Отвечает star9491, 5-й класс : Здравствуйте, Litta. Рассмотрим треугольник PNC. Так как PC и AA1 параллельны, то угол NPC равен углу между AA1 и NP, т.е. 30 градусов. Плоскость PNC перпендикулярна AB, а прямая AA1 параллельна плоскости PNC, следовательно длина AN и есть расстояние между AA1 и NP. Отсуда следует, что сторона основания призмы a=2AN=4. Высота CN треугольника ABC равна a√3/2=2√3. Из прямоугольного треугольника NPC (в котором CN=2√3 и угол NPC=30 градусов) находим PC=6. Следовательно высота призмы H=2PC=12. Площадь основания S_0=a^2√3/4=4√3. Площадь боковой грани S_1=a*H=48. Полная поверхность призмы S=2S_0+3S_1=8√3+144. Ответ: S=8(√3+18).
Ответ отправил: star9491, 5-й класс
Оценка ответа: 5
Оценить выпуск »
Задать вопрос экспертам этой рассылки »Скажите "спасибо" эксперту, который помог Вам!Отправьте СМС-сообщение с тестом #thank НОМЕР_ОТВЕТАна короткий номер 1151 (Россия) Номер ответа и конкретный текст СМС указан внизу каждого ответа.
* Стоимость одного СМС-сообщения от 7.15 руб. и зависит от оператора сотовой связи.
(полный список тарифов) © 2001-2010, Портал RFpro.ru, Россия
Авторское право: ООО "Мастер-Эксперт Про" Автор: Калашников О.А. | Программирование: Гладенюк А.Г. Хостинг: Компания "Московский хостер" Версия системы: 2010.6.14 от 03.02.2010 |
| В избранное | ||
