mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 12, 2012 2:27 pm**

Δίνεται πυραμίδα $K.AB\Gamma \Delta$ με βάση τετράγωνο $AB\Gamma \Delta$ πλευράς

.
Η ακμή

είναι κάθετη στη βάση και έχει μήκος

. Να βρεθεί το εμβαδόν της επιφάνειας της πυραμίδας.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 12, 2012 4:12 pm**

Για ευκολία θα χρησιμοποιήσω C,D

αντί $\Gamma, \Delta$ ...

Αφού η

είναι κάθετη στο επίπεδο του τετραγώνου, θα είναι κάθετη στις AB,AC,AD

. Εύκολα έχουμε $AC=a\sqrt{2}$ .

Aπό το Πυθαγόρειο στα τρίγωνα KAB,KAC,KAD

έχουμε : $KB=KD=\sqrt{9a^2+a^2}=a\sqrt{10}$ και $KC=\sqrt{9a^2+2a^2}=a\sqrt{11}$ .

Eίναι : $\displaystyle{(ABCD)=a^2,~(KAB)=(KAD)=\frac{1}{2}a\cdot 3a=\frac{3a^2}{2}}$ . Tα τρίγωνα KBC,KCD

είναι ίσα (τρεις πλευρές) άρα και ισεμβαδικά.

Για την ημιπερίμετρο του KBC

έχουμε : $\displaystyle{s=\frac{a\sqrt{10}+a\sqrt{11}+a}{2}}$ και από τον τύπο του Ήρωνα : $(KCD)=(KBC)=\sqrt{s(s-a\sqrt{10})(s-a\sqrt{11})(s-a)}$ .

Mετά από πράξεις ... έχουμε $\displaystyle{(KBC)=(KCD)=\frac{a^2\sqrt{10}}{2}}$ . Επομένως, το εμβαδό της επιφάνειας είναι :

$\displaystyle{E=(ABCD)+(KAD)+(KAB)+(KBC)+(KCD)=a^2+2\frac{3a^2}{2}+2\frac{a^2\sqrt{10}}{2}=(4+\sqrt{10})a^2}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 12, 2012 4:37 pm**

Επειδή είναι όμορφος ο τρόπος που "εξαφανίζεται" το $\sqrt{11}$ από το αποτέλεσμα, δίνω τις πράξεις στο υπόρριζο του τύπου του Ήρωνα:

$\displaystyle{s(s-a\sqrt{10})(s-a\sqrt{11})(s-a)=\frac{1+\sqrt{10}+\sqrt{11}}{2}\cdot\frac{1+\sqrt{10}-\sqrt{11}}{2}\cdot\frac{-1+\sqrt{10}+\sqrt{11}}{2}\cdot\frac{1-\sqrt{10}+\sqrt{11}}{2}a^4=}$

$\displaystyle{=\frac{a^4}{16}(1+\sqrt{10}+\sqrt{11})(1+\sqrt{10}-\sqrt{11})(-1+\sqrt{10}+\sqrt{11})(1-\sqrt{10}+\sqrt{11})=}$

$\displaystyle{=\frac{a^4}{16}[(1+\sqrt{10})+\sqrt{11}][(1+\sqrt{10})-\sqrt{11}][\sqrt{11}+(\sqrt{10}-1)][\sqrt{11}-(\sqrt{10}-1)]=}$

$\displaystyle{=\frac{a^4}{16}[(1+\sqrt{10})^2-11][11-(\sqrt{10}-1)^2]=\frac{a^4}{16}(11+2\sqrt{10}-11)(11-11+2\sqrt{10})=\frac{4\cdot 10a^4}{16}=\frac{10a^4}{4}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 12, 2012 6:51 pm**

Γιώργο σε ευχαριστώ για την υπομονή και την εξαιρετική λύση!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 12, 2012 9:29 pm**

Εναλλακτικά: επειδή τα KBC

,

είναι ορθογώνια (κάτι που προκύπτει είτε από το Θεώρημα Τριών Καθέτων είτε από διπλή εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος (και του αντιστρόφου του)*), ο υπολογισμός των εμβαδών τους είναι άμεσος.

* $|KB|^{2}=|AK|^{2}+|AB|^{2}=10a^{2}$ , $|KC|^{2}=|AK|^{2}+|AC|^{2}=11a^{2}$ (όπως ήδη παρατήρησε ο Γιώργος), συνεπώς $|KC|^{2}=|KB|^{2}+|BC|^{2}$

Γιώργος Μπαλόγλου

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 12, 2012 10:32 pm**

gbaloglou έγραψε:Εναλλακτικά: επειδή τα , είναι ορθογώνια (κάτι που προκύπτει είτε από το Θεώρημα Τριών Καθέτων είτε από διπλή εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος (και του αντιστρόφου του)*), ο υπολογισμός των εμβαδών τους είναι άμεσος.

* $|KB|^{2}=|AK|^{2}+|AB|^{2}=10a^{2}$ , $|KC|^{2}=|AK|^{2}+|AC|^{2}=11a^{2}$ (όπως ήδη παρατήρησε ο Γιώργος), συνεπώς $|KC|^{2}=|KB|^{2}+|BC|^{2}$

Γιώργος Μπαλόγλου

Πολύ καλό! Αυτό εξηγεί και την "εξαφάνιση" του

αν πάρουμε Ήρωνα ... Χάλασες τη μαγεία Γιώργο!

mathematica.gr

Επιφάνεια πυραμίδας

Επιφάνεια πυραμίδας

Re: Επιφάνεια πυραμίδας

Re: Επιφάνεια πυραμίδας

Re: Επιφάνεια πυραμίδας

Re: Επιφάνεια πυραμίδας

Re: Επιφάνεια πυραμίδας