Geometria przestrzenna
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
Geometria przestrzenna
Dany jest graniastosłup prosty \(ABCDEF\) , którego podstawą jest trójkąt ABC o kątach \( |∡CAB | = α \ i \ |∡CBA | = β .\) Przekątne \(CE \) i \(CD\) ścian bocznych tworzą kąt o mierze \(\delta\) takiej, że \(40 \ tg \ δ = \frac{40}{9} \). Pole trójkąta \(CED\) jest równe \(4\), a pole trójkąta \(CBA\) jest równe \(12 \tg(α + β ) \). Oblicz wysokość \(h\) tego graniastosłupa.
Re: Geometria przestrzenna
Przepraszam \(\tg \delta= \frac{40}{9} \)
i jeszcze
\( \frac{1}{2}\tg( \alpha + \beta ) \)
i jeszcze
\( \frac{1}{2}\tg( \alpha + \beta ) \)
- Jerry
- Expert
- Posty: 3550
- Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
- Podziękowania: 51 razy
- Otrzymane podziękowania: 1954 razy
Re: Geometria przestrzenna
- Zrób schludny rysunek, przyjmij standardowe oznaczenia
- Z \(\Delta ABC\) i tw. Snelliusa: \(\begin{cases}a=2R\sin\alpha\\b=2R\sin\beta\\c=2R\sin(180^\circ-\alpha-\beta)=2R\sin(\alpha+\beta)=|ED|\end{cases}\)
- \(\begin{cases}S_{\Delta CBA}={1\over2}\cdot2R\sin\alpha\cdot2R\sin\beta\sin(\alpha+\beta)\\ S_{\Delta CBA}=\color{red}{{1\over2}\cdot}\tg(\alpha+\beta)\end{cases}\So R^2=\frac{\color{red}{1}}{\color{red}{4}\sin\alpha\sin\beta\cos(\alpha+\beta)}\)
- Gdyby \(\tg\delta=\frac{40}{9}\), to \(\sin\delta=\frac{40}{41}\)
- Z tw. Pitagorasa: \(\begin{cases}|EC|=\sqrt{4R^2\sin^2\alpha+h^2}\\|DC|=\sqrt{4R^2\sin^2\beta+h^2}\end{cases}\)
- \(\begin{cases}S_{\Delta CDE}={1\over2}\cdot\sqrt{4R^2\sin^2\alpha+h^2}\cdot\sqrt{4R^2\sin^2\beta+h^2}\cdot\frac{40}{41}\\ S_{\Delta CDE}=4\end{cases}\So\\
\qquad\So\left(\frac{\color{red}{1\cdot}\sin\alpha}{\sin\beta\cos(\alpha+\beta)}+h^2\right)\cdot\left(\frac{\color{red}{1\cdot}\sin\beta}{\sin\alpha\cos(\alpha+\beta)}+h^2\right)=\frac{1681}{25}\)
Pozdrawiam
[edited]
Pierwszego się domyśliłem, drugie wprowadź do rozwiązania sam.
[edited2] poprawki po poniższym
- Jerry
- Expert
- Posty: 3550
- Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
- Podziękowania: 51 razy
- Otrzymane podziękowania: 1954 razy
Re: Geometria przestrzenna
Równanie nie jest sympatyczne... Inny pomysł:
7. Z \(\Delta CDE\) i tw. Carnota:
\(\quad 4R^2\sin^2(\alpha+\beta)=\\\qquad=(4R^2\sin^2\alpha+h^2)+(4R^2\sin^2\beta+h^2)-2\cdot\sqrt{4R^2\sin^2\alpha+h^2}\cdot\sqrt{4R^2\sin^2\beta+h^2}\cdot\frac{9}{41}\)
Wobec 6.
\(\quad 4R^2\sin^2(\alpha+\beta)=(4R^2\sin^2\alpha+h^2)+(4R^2\sin^2\beta+h^2)-2\cdot\frac{41}{5}\cdot\frac{9}{41}\)
idzie łatwiej
Pozdrawiam
- Jerry
- Expert
- Posty: 3550
- Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
- Podziękowania: 51 razy
- Otrzymane podziękowania: 1954 razy
Re: Geometria przestrzenna
I mnie to zadanie podoba się coraz mniej... Trzecie, elementarne i ostatnie, moje podejście do niego:
- Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:
- \(c={h_1\over\tg\alpha}+{h_1\over\tg\beta}=\frac{\tg\alpha+\tg\beta}{\tg\alpha\cdot\tg\beta}h_1\)
- \({1\over2}\cdot \frac{\tg\alpha+\tg\beta}{\tg\alpha\cdot\tg\beta}h_1\cdot h_1={1\over2}\tg(\alpha+\beta)
\So h_1=\sqrt{\frac{\tg(\alpha+\beta)\tg\alpha\tg\beta}{\tg\alpha+\tg\beta}}\) - \(\begin{cases}{1\over2}\cdot c\cdot h_2=4\\{1\over2}\cdot c\cdot h_1={1\over2}\tg(\alpha+\beta)\end{cases}\So h_2=\frac{8}{\tg(\alpha+\beta)}h_1\)
- Z \(\Delta CNM\) i tw. Pitagorasa: \(h=\sqrt{\frac{64h_1^2}{\tg^2(\alpha+\beta)}-h_1^2}=\frac{\sqrt{64-\tg^2(\alpha+\beta)}}{\tg(\alpha+\beta)}\cdot\sqrt{\frac{\tg(\alpha+\beta)\tg\alpha\tg\beta}{\tg\alpha+\tg\beta}}=\ldots\)
Pozdrawiam
PS. Ujawnisz, jakie jest źródło tego zadania?
- eresh
- Guru
- Posty: 16825
- Rejestracja: 04 cze 2012, 13:41
- Podziękowania: 6 razy
- Otrzymane podziękowania: 10382 razy
- Płeć:
Re: Geometria przestrzenna
\(P_{ABC}=\frac{1}{2}ab\sin(180^{\circ}-(\alpha+\beta))\\Taotao2 pisze: ↑17 kwie 2023, 19:05 Dany jest graniastosłup prosty \(ABCDEF\) , którego podstawą jest trójkąt ABC o kątach \( |∡CAB | = α \ i \ |∡CBA | = β .\) Przekątne \(CE \) i \(CD\) ścian bocznych tworzą kąt o mierze \(\delta\) takiej, że \(40 \ tg \ δ = \frac{40}{9} \). Pole trójkąta \(CED\) jest równe \(4\), a pole trójkąta \(CBA\) jest równe \(\frac{1}{2} \tg(α + β ) \). Oblicz wysokość \(h\) tego graniastosłupa.
\frac{1}{2}\tg(\alpha+\beta)=\frac{1}{2}ab\sin(\alpha+\beta)\\
-1=ab\cos(\alpha+\beta)
\)
\(c^2=a^2+b^2-2ab\cos(\alpha+\beta)\\
c^2=a^2+b^2+2\)
\(\tg\delta=\frac{40}{9}\\
\sin\delta=\frac{40}{41}\\
\cos\delta=\frac{9}{41}\\\)
\(P_{CDE}=4\\
\frac{1}{2}|DE||CE|\sin\delta=4\\
|DE|CE|\sin\delta=8\\
|DE|CE|=\frac{41}{5}\)
\(|DC|^2=h^2+b^2\\
|CE|^2=h^2+a^2
\)
\(c^2=|DC|^2+|CE|^2-2|DC|CE|\cos\delta\\
a^2+b^2+2=h^2+a^2+h^2+b^2-2\cdot \frac{41}{5}\cdot \frac{9}{41}\\
2=2h^2-\frac{18}{5}\\
\frac{14}{5}=h^2\\
h=\sqrt{\frac{14}{5}}\)
Podziękuj osobie, która rozwiązała Ci zadanie klikając na ikonkę