Wszystkie krawędzie prawidłowego ostrosłupa czworokątnego mają długość a. Oblicz pole przekroju tego ostrosłupa płaszczyzną poprowadzoną przez środki dwóch sąsiednich krawędzi podstawy i środek wysokości ostrosłupa.
Wynik: \(P=\frac{5a^2 \sqrt{2}}{16}\)
Bardzo proszę o pomoc, bo nawet nie wiem, jak ten przekrój ma wyglądać.
pole przekroju ostrosłupa
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
- kacper218
- Expert
- Posty: 4077
- Rejestracja: 02 paź 2009, 14:33
- Lokalizacja: Radzymin
- Podziękowania: 5 razy
- Otrzymane podziękowania: 1382 razy
- Płeć:
Re: pole przekroju ostrosłupa
Rysunek
Przekrojem jest pięciokąt (trapez równoramienny + trójkąt równoramienny)
Przekrojem jest pięciokąt (trapez równoramienny + trójkąt równoramienny)
- Załączniki
-
- Bez tytułu.gif (18.55 KiB) Przejrzano 2438 razy
Pomogłem? Daj plusika
Masz pytania? Napisz priv
Przepisywanie prac do \(\LaTeX- a\)
Korepetycje Radzymin i okolice.
Masz pytania? Napisz priv
Przepisywanie prac do \(\LaTeX- a\)
Korepetycje Radzymin i okolice.
- kacper218
- Expert
- Posty: 4077
- Rejestracja: 02 paź 2009, 14:33
- Lokalizacja: Radzymin
- Podziękowania: 5 razy
- Otrzymane podziękowania: 1382 razy
- Płeć:
Re: pole przekroju ostrosłupa
Tak prostokąt to trapez, dlatego ogólnie to trapez, ale może być w tym przypadku prostokąt
Pomogłem? Daj plusika
Masz pytania? Napisz priv
Przepisywanie prac do \(\LaTeX- a\)
Korepetycje Radzymin i okolice.
Masz pytania? Napisz priv
Przepisywanie prac do \(\LaTeX- a\)
Korepetycje Radzymin i okolice.
w trójkącie JKS' \(sin \alpha =\frac{a \sqrt{2} }{4} \cdot \frac{ \sqrt{2} }{2}
\alpha =45\)
w trójkącie ASC \(sin \angle SAC=\frac{a \sqrt{2} }{2} \cdot \frac{1}{a}=\frac{ \sqrt{2} }{2}=sin \alpha\)
trójkąty ACS i JCI są podobne, bo mają taki sam kąt \(\alpha\) i wspólny kąt \(\beta\)
z tego mamy proporcje
\(\frac{a \sqrt{2} }{a}=\frac{\frac{3a \sqrt{2} }{4}}{x}\) , gdzie x to długość IJ
z tego otrzymujemy \(x=\frac{3a}{4}\)
wysokość trójkąta \(HGI = \frac{3a}{4}-\frac{a}{2}=\frac{a}{4}\)
P trójkąta \(HGI = \frac{1}{2} \cdot \frac{a \sqrt{2} }{2} \cdot \frac{a}{4}=\frac{a^2 \sqrt{2} }{16}\)
\alpha =45\)
w trójkącie ASC \(sin \angle SAC=\frac{a \sqrt{2} }{2} \cdot \frac{1}{a}=\frac{ \sqrt{2} }{2}=sin \alpha\)
trójkąty ACS i JCI są podobne, bo mają taki sam kąt \(\alpha\) i wspólny kąt \(\beta\)
z tego mamy proporcje
\(\frac{a \sqrt{2} }{a}=\frac{\frac{3a \sqrt{2} }{4}}{x}\) , gdzie x to długość IJ
z tego otrzymujemy \(x=\frac{3a}{4}\)
wysokość trójkąta \(HGI = \frac{3a}{4}-\frac{a}{2}=\frac{a}{4}\)
P trójkąta \(HGI = \frac{1}{2} \cdot \frac{a \sqrt{2} }{2} \cdot \frac{a}{4}=\frac{a^2 \sqrt{2} }{16}\)
- Załączniki
-
- Bez tytułu.gif (18.85 KiB) Przejrzano 2396 razy
-
- Guru
- Posty: 18457
- Rejestracja: 17 sie 2008, 15:23
- Podziękowania: 4 razy
- Otrzymane podziękowania: 9161 razy
Trójkąt IJC jest podobny do trójkąta SAC w skali 3:4
\(|IJ|=\frac{3a}{4}\;\;\;i\;\;|JK|=\frac{a}{2}\;\;\;\;\;to\;\;\;|KI|=\frac{a}{4}\)
Pole przekroju:
\(P_p=P_{FEGH}+P_{HGI}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a}{2}+\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a}{4}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}+\frac{a^2\sqrt{2}}{16}=\)
\(= \frac{4a^2 \sqrt{2}+a^2 \sqrt{2} }{16}= \frac{5a^2 \sqrt{2} }{16}\)
Krócej nie umiem
\(|IJ|=\frac{3a}{4}\;\;\;i\;\;|JK|=\frac{a}{2}\;\;\;\;\;to\;\;\;|KI|=\frac{a}{4}\)
Pole przekroju:
\(P_p=P_{FEGH}+P_{HGI}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a}{2}+\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a}{4}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}+\frac{a^2\sqrt{2}}{16}=\)
\(= \frac{4a^2 \sqrt{2}+a^2 \sqrt{2} }{16}= \frac{5a^2 \sqrt{2} }{16}\)
Krócej nie umiem
Wszystko jest trudne,nim stanie się proste.