W ostrosłupie prawidłowym czworokatnym kąt nachylenia krawędzi do podstawy jest równy \(\alpha\). Wykraż że
\(\cos\beta= \frac{-1}{1+2\tan^2\alpha}\) gdzie \(\beta\) jest kątem miedzy sasiednimi scianami bocznymi.
Ostrosłup
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
acht
- Rozkręcam się
- Posty: 68
- Rejestracja: 01 mar 2009, 21:24
- Podziękowania: 1 raz
- Otrzymane podziękowania: 8 razy
Re: Ostrosłup
Czy na pewno taka jest odpowiedź? MI wychodzi jedynie
\(cos \beta = \frac{sin^2 \alpha -1}{sin^2 \alpha +1}\) i nie widzę za bardzo możliwości, żeby to była ewentualnie tożsamość...
\(cos \beta = \frac{sin^2 \alpha -1}{sin^2 \alpha +1}\) i nie widzę za bardzo możliwości, żeby to była ewentualnie tożsamość...
-
acht
- Rozkręcam się
- Posty: 68
- Rejestracja: 01 mar 2009, 21:24
- Podziękowania: 1 raz
- Otrzymane podziękowania: 8 razy
Re: Ostrosłup
Jednak to jest tożsamość.
Z pierwszego trójkącika:
\(H = \frac{a \sqrt{2} tg \alpha }{2}
p = \frac{a \sqrt{2}}{2 cos \alpha }\)
Z drugiego (korzystam z wyznaczonego H):
\(( \frac{a}{2})^2 + ( \frac{a \sqrt{2} tg \alpha }{2})^2 = h_x^2\)
Z tego:
\(h_x = a \sqrt{ \frac{1}{4} + \frac{1}{2}tg^2 \alpha }\)
Trzeci trójkącik (wykorzystuję tutaj fakt, że x jest wysokością ściany bocznej, opuszczoną na krawędź boczną (p):
\(\frac{1}{2} h_x * a = \frac{1}{2} * x * p\)
Stąd:
\(x = a \sqrt{2} cos \alpha \sqrt{ \frac{1}{4} + \frac{1}{2}tg^2 \alpha }\)
Teraz z twierdzenia cosinusów:
\((a \sqrt{2})^2 = x^2 + x^2 - 2x^2cos \beta
2a^2 = (a \sqrt{2} cos \alpha \sqrt{ \frac{1}{4} + \frac{1}{2}tg^2 \alpha )}^2 (1-cos \beta )\)
\(cos \beta = 1 - \frac{1}{ \frac{1}{2}cos^2 \alpha + sin^2 \alpha } = \frac{- cos^2 \alpha }{2 - cos^2 \alpha } = \frac{sin^2 \alpha -1}{sin^2 \alpha + 1}\) (wszystko z jedynki trygonometrycznej)
Wracamy do naszego w treści danego cosinusa:
\(cos \beta = \frac{-1}{1+2 \frac{sin^2 \alpha }{1-sin^2 \alpha } } = \frac{-(1-sin^2 \alpha )}{(1-sin^2 \alpha )+2sin^2 \alpha } = \frac{sin^2 \alpha -1}{sin^2 \alpha + 1}\)
...co kończy zadanie
Z pierwszego trójkącika:
\(H = \frac{a \sqrt{2} tg \alpha }{2}
p = \frac{a \sqrt{2}}{2 cos \alpha }\)
Z drugiego (korzystam z wyznaczonego H):
\(( \frac{a}{2})^2 + ( \frac{a \sqrt{2} tg \alpha }{2})^2 = h_x^2\)
Z tego:
\(h_x = a \sqrt{ \frac{1}{4} + \frac{1}{2}tg^2 \alpha }\)
Trzeci trójkącik (wykorzystuję tutaj fakt, że x jest wysokością ściany bocznej, opuszczoną na krawędź boczną (p):
\(\frac{1}{2} h_x * a = \frac{1}{2} * x * p\)
Stąd:
\(x = a \sqrt{2} cos \alpha \sqrt{ \frac{1}{4} + \frac{1}{2}tg^2 \alpha }\)
Teraz z twierdzenia cosinusów:
\((a \sqrt{2})^2 = x^2 + x^2 - 2x^2cos \beta
2a^2 = (a \sqrt{2} cos \alpha \sqrt{ \frac{1}{4} + \frac{1}{2}tg^2 \alpha )}^2 (1-cos \beta )\)
\(cos \beta = 1 - \frac{1}{ \frac{1}{2}cos^2 \alpha + sin^2 \alpha } = \frac{- cos^2 \alpha }{2 - cos^2 \alpha } = \frac{sin^2 \alpha -1}{sin^2 \alpha + 1}\) (wszystko z jedynki trygonometrycznej)
Wracamy do naszego w treści danego cosinusa:
\(cos \beta = \frac{-1}{1+2 \frac{sin^2 \alpha }{1-sin^2 \alpha } } = \frac{-(1-sin^2 \alpha )}{(1-sin^2 \alpha )+2sin^2 \alpha } = \frac{sin^2 \alpha -1}{sin^2 \alpha + 1}\)
...co kończy zadanie