Cześć! Mam wielki problem z poniższym zadaniem - czy mógłby ktoś pomóc mi w rozwiązaniu? Przygotowuję się do matury rozszerzonej, wię chciałbym je całkowicie zrozumieć.
W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym kąt między krawędzią boczną i płaszczyzną podstawy jest równy \alpha. Odległość spodka wysokości ostrosłupa od krawędzi bocznej wynosi d. Wykaż, że pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa wynosi \(\frac{2d^2 \sqrt{sin^2 \alpha +1} }{sin^2 \alpha *cos \alpha }\).
Byłbym niezmiernie wdzięczny za pomoc!
Pole boczne ostrosłupa prawidłowego czworokątnego
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
Galen
- Guru
- Posty: 18457
- Rejestracja: 17 sie 2008, 15:23
- Podziękowania: 4 razy
- Otrzymane podziękowania: 9161 razy
Narysuj ostrosłup o podstawie ABCD i wierzchołku S.
Wyjmij przekrój ACS i w tym trójkącie zaznacz kąt \(ACS=\alpha\),dorysuj odcinek OP=d ze środka O odcinka AC
pod kątem prostym do boku CS.(punkt P należy do boku CS).
Trójkąt OPC jest prostokątny i masz w nim przyprostokątną d oraz kąt ostry alfa.
\(|OC|= \frac{a \sqrt{2} }{2}\\sin\alpha= \frac{OP}{OC}= \frac{d}{ \frac{a \sqrt{2} }{2} }= \frac{2d}{a \sqrt{2} } = \frac{d \sqrt{2} }{a}\\sin\alpha= \frac{d \sqrt{2} }{a}\\a= \frac{d \sqrt{2} }{sin\alpha}\)
Oblicz wysokość H =|SO|
\(tg\alpha= \frac{H}{|OC|}\\H=|OC| tg\alpha= \frac{a \sqrt{2} }{2}tg\alpha= \frac{d \sqrt{2} }{sin\alpha} \cdot \frac{ \sqrt{2} }{2} \cdot \frac{sin\alpha}{cos\alpha}= \frac{d}{cos\alpha}\)
Wysokość \(w\) ściany bocznej obliczysz z tw.Pitagorasa
\(H^2+( \frac{a}{2})^2=w^2\\ \frac{d^2}{cos^2\alpha}+ \frac{a^2}{4}=w^2\\w^2= \frac{d^2}{cos^2\alpha}+ \frac{1}{4} \cdot \frac{2d^2}{sin^2\alpha}= \frac{d^2}{cos^2\alpha}+ \frac{d^2}{2sin^2\alpha}= \frac{2d^2sin^2\alpha+d^2cos^2\alpha}{2sin^2\alpha cos^2\alpha}= \frac{d^2(2sin^2\alpha+cos^2\alpha)}{2sin^2\alpha cos^2\alpha}=\\= \frac{d^2(2sin^2\alpha+1-sin^2\alpha)}{2sin^2\alpha \cdot cos^2\alpha}= \frac{d^2(sin^2\alpha+1)}{2sin^2\alpha cos^\alpha}\\w= \frac{d \sqrt{sin^2\alpha+1} }{ \sqrt{2}sin\alpha cos\alpha }\)
Doprowadź wyniki do możliwie najprostszej postaci,a potem podstaw do obliczenia pola powierzchni bocznej
\(P_b=4 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot w=2 \cdot \frac{d \sqrt{2} }{sin\alpha} \cdot \frac{d \sqrt{sin^2\alpha+1} }{ \sqrt{2}sin\alpha cos\alpha }= \frac{2d^2 \sqrt{sin^2\alpha+1} }{sin^2\alpha \cdot cos\alpha}\)
Wyjmij przekrój ACS i w tym trójkącie zaznacz kąt \(ACS=\alpha\),dorysuj odcinek OP=d ze środka O odcinka AC
pod kątem prostym do boku CS.(punkt P należy do boku CS).
Trójkąt OPC jest prostokątny i masz w nim przyprostokątną d oraz kąt ostry alfa.
\(|OC|= \frac{a \sqrt{2} }{2}\\sin\alpha= \frac{OP}{OC}= \frac{d}{ \frac{a \sqrt{2} }{2} }= \frac{2d}{a \sqrt{2} } = \frac{d \sqrt{2} }{a}\\sin\alpha= \frac{d \sqrt{2} }{a}\\a= \frac{d \sqrt{2} }{sin\alpha}\)
Oblicz wysokość H =|SO|
\(tg\alpha= \frac{H}{|OC|}\\H=|OC| tg\alpha= \frac{a \sqrt{2} }{2}tg\alpha= \frac{d \sqrt{2} }{sin\alpha} \cdot \frac{ \sqrt{2} }{2} \cdot \frac{sin\alpha}{cos\alpha}= \frac{d}{cos\alpha}\)
Wysokość \(w\) ściany bocznej obliczysz z tw.Pitagorasa
\(H^2+( \frac{a}{2})^2=w^2\\ \frac{d^2}{cos^2\alpha}+ \frac{a^2}{4}=w^2\\w^2= \frac{d^2}{cos^2\alpha}+ \frac{1}{4} \cdot \frac{2d^2}{sin^2\alpha}= \frac{d^2}{cos^2\alpha}+ \frac{d^2}{2sin^2\alpha}= \frac{2d^2sin^2\alpha+d^2cos^2\alpha}{2sin^2\alpha cos^2\alpha}= \frac{d^2(2sin^2\alpha+cos^2\alpha)}{2sin^2\alpha cos^2\alpha}=\\= \frac{d^2(2sin^2\alpha+1-sin^2\alpha)}{2sin^2\alpha \cdot cos^2\alpha}= \frac{d^2(sin^2\alpha+1)}{2sin^2\alpha cos^\alpha}\\w= \frac{d \sqrt{sin^2\alpha+1} }{ \sqrt{2}sin\alpha cos\alpha }\)
Doprowadź wyniki do możliwie najprostszej postaci,a potem podstaw do obliczenia pola powierzchni bocznej
\(P_b=4 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot w=2 \cdot \frac{d \sqrt{2} }{sin\alpha} \cdot \frac{d \sqrt{sin^2\alpha+1} }{ \sqrt{2}sin\alpha cos\alpha }= \frac{2d^2 \sqrt{sin^2\alpha+1} }{sin^2\alpha \cdot cos\alpha}\)
Wszystko jest trudne,nim stanie się proste.