)Czworokątny ostrosłup prawidłowy
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
wsl1993_
- Fachowiec
- Posty: 936
- Rejestracja: 07 maja 2009, 20:52
- Podziękowania: 268 razy
- Otrzymane podziękowania: 189 razy
- Płeć:
Czworokątny ostrosłup prawidłowy
Dany jest czworokątny ostrosłup prawidłowy w którym płaszczyzna dwusieczna kąta dwuściennego między ścianą boczną a płaszczyzną podstawy dzieli powierzchnię boczną na 2 części o równych polach. Oblicz kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy.(mile widziany duży i wyraźny rysunek )
)\(\ge\)Pomogłem? Kliknij ł\(\alpha\)pkę w górę! \(\le\)
\(\le\)
-
Pol
- Moderator
- Posty: 1026
- Rejestracja: 01 gru 2008, 10:00
- Lokalizacja: Częstochowa
- Otrzymane podziękowania: 137 razy
- Płeć:
Re: Czworokątny ostrosłup prawidłowy
\(\Delta FGS\) jest podobny do \(\Delta ADS\) w skali \(k = \sqrt{\frac 1 2} = \frac 1 {\sqrt{2}}\)
co wynika ze stosunku pól trójkątów podobnych, gdzie mamy ze \(k^2 = \frac 1 2\)
Niech \(|ES| = x\), wtedy \(|IE|= (\sqrt{2}-1)x\) oraz \(|IS|=|HS|=x\sqrt{2}\)
Z tw. o dwusiecznej dla \(\Delta IHS\) mamy:
\(\frac{|HS|}{|ES|}= \frac{|HI|}{|IE|}\)
stąd mamy że \(|HI| = (2-\sqrt{2})x\)
\(cos\alpha = \frac{|HI|}{2|HS|} = \frac{\sqrt{2}-1}{2}\)
\(\alpha \approx 78^{ \circ }\)
co wynika ze stosunku pól trójkątów podobnych, gdzie mamy ze \(k^2 = \frac 1 2\)
Niech \(|ES| = x\), wtedy \(|IE|= (\sqrt{2}-1)x\) oraz \(|IS|=|HS|=x\sqrt{2}\)
Z tw. o dwusiecznej dla \(\Delta IHS\) mamy:
\(\frac{|HS|}{|ES|}= \frac{|HI|}{|IE|}\)
stąd mamy że \(|HI| = (2-\sqrt{2})x\)
\(cos\alpha = \frac{|HI|}{2|HS|} = \frac{\sqrt{2}-1}{2}\)
\(\alpha \approx 78^{ \circ }\)
Moje obliczenia:
|AB|=a - krawędź podstawy ostrosłupa
|HS|=|IS|=h - wysokość ściany bocznej
|ES|=x
|IE|=y
x+y=h
Z twierdzenia o dwusiecznej:
\(\frac{x}{y}=\frac{h}{a}\\\frac{h-y}{y}=\frac{h}{a}\\ah-ay=hy\\y(a+h)=ah\\y=\frac{ah}{a+h}\)
Pole powierzchni bocznej:
\(P_b=4\cdot\frac{1}{2}ah=2ah\\\frac{1}{2}P_b=ah\)
Pole "dolnej" części powierzchni bocznej to suma pól dwóch trójkątów o podstawie a i wysokości y oraz pola trapezu - różnicy pola jednej ściany bocznej i trójkąta FGS - podobnego do ściany bocznej.
Pole trójkąta FGS według mnie nie jest połową pola ściany bocznej.
Jeśli k - skala podobieństwa trójkąta FGS do trójkąta ADS, to
\(k=\frac{x}{h}\\P_{FGS}=(\frac{x}{h})^2\cdot P_{ADS}=\frac{x^2}{h^2}\cdot\frac{ah}{2}=\frac{x^2a}{2h}\\P_{ADGF}=\frac{ah}{2}-\frac{x^2a}{2h}\)
\(2\cdot\frac{ay}{2}+\frac{ah}{2}-\frac{x^2a}{2h}=ah\\ay+\frac{a(h^2-x^2)}{2h}=ah\ /:a\\y+\frac{h^2-x^2}{2h}=h\\y+\frac{h^2-(h-y)^2}{2h}=h\\y+\frac{h^2-h^2+2hy-y^2}{2h}=h\\2hy+2hy-y^2=2h^2\\y^2-4hy+2h^2=0\\y^2-4hy+4h^2-2h^2=0\\(2h-y-h\sqrt{2})(2h-y+2h\sqrt{2})=0\\y=h(2-\sqrt{2})\ \ \vee\ \ y=h(2+\sqrt{2})\\y<h\\y=h(2-\sqrt{2})\)
\(\frac{ah}{a+h}=h(2-\sqrt{2})\\\frac{a}{a+h}=2-\sqrt{2}\\a=(2-\sqrt{2})a+(2-\sqrt{2})h\\a(\sqrt{2}-1)=h(2-\sqrt{2})\\\frac{a}{h}=\frac{2-\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}\ \cdot\ \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}+1}\\\frac{a}{h}=\frac{2\sqrt{2}+2-2-\sqrt{2}}{2-1}\\\frac{a}{h}=\sqrt{2}\)
\(cos\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{h}\\cos\alpha=\frac{a}{2h}=\frac{\sqrt{2}}{2}\\\alpha=45^0\)
|AB|=a - krawędź podstawy ostrosłupa
|HS|=|IS|=h - wysokość ściany bocznej
|ES|=x
|IE|=y
x+y=h
Z twierdzenia o dwusiecznej:
\(\frac{x}{y}=\frac{h}{a}\\\frac{h-y}{y}=\frac{h}{a}\\ah-ay=hy\\y(a+h)=ah\\y=\frac{ah}{a+h}\)
Pole powierzchni bocznej:
\(P_b=4\cdot\frac{1}{2}ah=2ah\\\frac{1}{2}P_b=ah\)
Pole "dolnej" części powierzchni bocznej to suma pól dwóch trójkątów o podstawie a i wysokości y oraz pola trapezu - różnicy pola jednej ściany bocznej i trójkąta FGS - podobnego do ściany bocznej.
Pole trójkąta FGS według mnie nie jest połową pola ściany bocznej.
Jeśli k - skala podobieństwa trójkąta FGS do trójkąta ADS, to
\(k=\frac{x}{h}\\P_{FGS}=(\frac{x}{h})^2\cdot P_{ADS}=\frac{x^2}{h^2}\cdot\frac{ah}{2}=\frac{x^2a}{2h}\\P_{ADGF}=\frac{ah}{2}-\frac{x^2a}{2h}\)
\(2\cdot\frac{ay}{2}+\frac{ah}{2}-\frac{x^2a}{2h}=ah\\ay+\frac{a(h^2-x^2)}{2h}=ah\ /:a\\y+\frac{h^2-x^2}{2h}=h\\y+\frac{h^2-(h-y)^2}{2h}=h\\y+\frac{h^2-h^2+2hy-y^2}{2h}=h\\2hy+2hy-y^2=2h^2\\y^2-4hy+2h^2=0\\y^2-4hy+4h^2-2h^2=0\\(2h-y-h\sqrt{2})(2h-y+2h\sqrt{2})=0\\y=h(2-\sqrt{2})\ \ \vee\ \ y=h(2+\sqrt{2})\\y<h\\y=h(2-\sqrt{2})\)
\(\frac{ah}{a+h}=h(2-\sqrt{2})\\\frac{a}{a+h}=2-\sqrt{2}\\a=(2-\sqrt{2})a+(2-\sqrt{2})h\\a(\sqrt{2}-1)=h(2-\sqrt{2})\\\frac{a}{h}=\frac{2-\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}\ \cdot\ \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}+1}\\\frac{a}{h}=\frac{2\sqrt{2}+2-2-\sqrt{2}}{2-1}\\\frac{a}{h}=\sqrt{2}\)
\(cos\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{h}\\cos\alpha=\frac{a}{2h}=\frac{\sqrt{2}}{2}\\\alpha=45^0\)