ostrosłup ( przekrój)
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
ostrosłup ( przekrój)
Krawędź podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość a, wysokość ściany bocznej wynosi 2a. Oblicz pole przekroju ostrosłupa płaszczyzną zawierającą krawędź podstawy i przechodzącą przez środki przeciwległych krawędzi bocznych.
-
radagast
- Guru
- Posty: 17552
- Rejestracja: 09 lis 2010, 07:38
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękowania: 41 razy
- Otrzymane podziękowania: 7436 razy
- Płeć:
to chyba nie za bardzo możliweania2132 pisze: Oblicz pole przekroju ostrosłupa płaszczyzną zawierającą krawędź podstawy i przechodzącą przez środki przeciwległych krawędzi bocznych.
. Srodki przeciwległych krawędzi boczbych wyznaczają odcinek, który jest skośny do każdej krawędzi podstawy więc taka płaszczyzna nie istnieje.Myślę, że chodzi o srodek jednej krawędzi bocznej. Mam racje ?
-
sarni20
- Czasem tu bywam
- Posty: 124
- Rejestracja: 11 mar 2010, 16:26
- Lokalizacja: Tuchola/Gdańsk
- Otrzymane podziękowania: 41 razy
- Płeć:
Najpierw policzymy krawędź boczną ostrosłupa, najlepiej z twierdzenia pitagorasa.
\(x^{2}= (\frac{a}{2})^{2}+(2a)^{2}\)
\(x=\frac{a \sqrt{17} }{2}\)
przekrój ten jak wcześniej wspomniałem to trapez równoramienny, mamy już jeden dłuższy bok (a) teraz poszukamy wysokości.
teraz musimy poszukac wysokości tego trapezu:
najpierw poszukamy cosinusa kąta FBE=\(\frac{\sqrt17}{17}\)
teraz z twierdzenia cosinusów policzymy bok BG
\(x^{2}=a^{2}+\frac{17^{2}}{16}-2*\frac{a^{2}\sqrt17}{4}*a*\frac{\sqrt17}{17}
x^{2}=\frac{25a^{2}}{16}\)
teraz z twierdzenia pitagorasa\(h^{2}=\frac{25a^{2}}{16}-\frac{a^{2}}{16}=\frac{24a^{2}}{16}=\frac{3a^{2}}{2}
h= \frac{a sqrt6}{2}\)
i objętośc:
\(V = \frac{(a+\frac{1}{2}a)*\frac{a \sqrt6}{2}}{2}=\frac{3a^{2}\sqrt6}{8}\)
\(x^{2}= (\frac{a}{2})^{2}+(2a)^{2}\)
\(x=\frac{a \sqrt{17} }{2}\)
przekrój ten jak wcześniej wspomniałem to trapez równoramienny, mamy już jeden dłuższy bok (a) teraz poszukamy wysokości.
teraz musimy poszukac wysokości tego trapezu:
najpierw poszukamy cosinusa kąta FBE=\(\frac{\sqrt17}{17}\)
teraz z twierdzenia cosinusów policzymy bok BG
\(x^{2}=a^{2}+\frac{17^{2}}{16}-2*\frac{a^{2}\sqrt17}{4}*a*\frac{\sqrt17}{17}
x^{2}=\frac{25a^{2}}{16}\)
teraz z twierdzenia pitagorasa\(h^{2}=\frac{25a^{2}}{16}-\frac{a^{2}}{16}=\frac{24a^{2}}{16}=\frac{3a^{2}}{2}
h= \frac{a sqrt6}{2}\)
i objętośc:
\(V = \frac{(a+\frac{1}{2}a)*\frac{a \sqrt6}{2}}{2}=\frac{3a^{2}\sqrt6}{8}\)
Ostatnio zmieniony 19 kwie 2011, 19:00 przez sarni20, łącznie zmieniany 6 razy.
-
radagast
- Guru
- Posty: 17552
- Rejestracja: 09 lis 2010, 07:38
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękowania: 41 razy
- Otrzymane podziękowania: 7436 razy
- Płeć:
Najtrudniej to to GB policzyć:
\(OT= \frac{1}{3} ET=\frac{2}{3} a\) ( bo to są środkowe, a one się tak dzielą)
\(BO= \sqrt{\frac{4}{9}a^2+ \frac{1}{4}a^2} = \frac{a \sqrt{25}}{6} =\frac{5a}{6}\) (to z Pitagorasa dla BTO)
\(BG= \frac{3}{2}BO=\frac{5a}{4}\) (bo to też środkowa)
No to teraz
\(h=GL= \sqrt{BG^2-BL^2}= \sqrt{ \frac{25a^2}{16} - \frac{a^2}{16} } = \frac{a \sqrt{24} }{4} = \frac{a \sqrt{6} }{2}\) (to z Pitagorasa dla GBL)
No to \(P= \frac{a+ \frac{a}{2} }{2} \cdot \frac{a \sqrt{6} }{2} = \frac{3a^2 \sqrt{6} }{8}\)
- ScreenHunter_020.jpg (6.72 KiB) Przejrzano 847 razy
\(BO= \sqrt{\frac{4}{9}a^2+ \frac{1}{4}a^2} = \frac{a \sqrt{25}}{6} =\frac{5a}{6}\) (to z Pitagorasa dla BTO)
\(BG= \frac{3}{2}BO=\frac{5a}{4}\) (bo to też środkowa)
No to teraz
\(h=GL= \sqrt{BG^2-BL^2}= \sqrt{ \frac{25a^2}{16} - \frac{a^2}{16} } = \frac{a \sqrt{24} }{4} = \frac{a \sqrt{6} }{2}\) (to z Pitagorasa dla GBL)
No to \(P= \frac{a+ \frac{a}{2} }{2} \cdot \frac{a \sqrt{6} }{2} = \frac{3a^2 \sqrt{6} }{8}\)