Ostrosłup i płaszczyzna dwusieczna

[crucifix]

Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny. Płaszczyzna dwusieczna kąta dwuściennego między płaszczyzną ściany bocznej a płaszczyzną podstawy ostrosłupa dzieli powierzchnię boczną tego ostrosłupa na dwie części o równych polach. Oblicz miarę kąta nachylenia płaszczyzny ściany bocznej do płaszczyzny podstawy tego ostrosłupa.

[florek177]

Oznaczenia: podstawa ABCD - w lewo; S - wierzchołek; O - spodek wysokości ostrosłupa; E, F - środki boków odpowiednio: AD i BC.
Płaszczyzna zaczyna się w AD i kończy w GH na ścianie BCS; P - środek boku GH.
Ponadto: a - krawędź podstawy; h - wys. ściany bocznej.
Szukamy: \(\displaystyle{ \sphericalangle FES = \alpha}\).
\(\displaystyle{ \Delta_{GHS} \,\,\,}\) jest podobny do \(\displaystyle{ \,\, \Delta_{BCS} \,\,\,}\) --> \(\displaystyle{ \,\,\, k = \frac{|SP|}{|SF|} \,\,\,}\); Wyznaczymy: \(\displaystyle{ \,\,\, k(\alpha)}\)

Zauważymy, że: \(\displaystyle{ \sphericalangle PES = \frac{\alpha}{2} \,\, ; \sphericalangle ESO = \frac{\pi}{2} - \alpha \,\, ; \sphericalangle ESF = \pi - 2 \, \alpha}\).
Z sumy kątów \(\displaystyle{ \Delta_{SEP} \,\,\,}\) mamy: \(\displaystyle{ \sphericalangle EPS = \pi - \frac{\alpha}{2} - ( \pi - 2 \, \alpha ) = \frac{3}{2} \, \alpha}\);

Z tw. sinusów dla \(\displaystyle{ \Delta_{SEP} \,\,\,}\) mamy: \(\displaystyle{ \frac{|SP|}{sin(\frac{\alpha}{2})} = \frac{|SE|}{sin(\frac {3 \, \alpha}{2})} \,\,\,\,}\) . A ponieważ: \(\displaystyle{ |SE| = |SF| \,\,}\) więc : \(\displaystyle{ k = \frac{|SP|}{|SF|} = \frac{|SP|}{|SE|} = \frac{sin(\frac{\alpha}{2})}{sin(\frac {3 \, \alpha}{2})}}\) ; \(\displaystyle{ (*) \,}\)
Warunek dotyczący pola pow. bocznej: \(\displaystyle{ S_{GHS} + S_{AGS} + S_{DHS} + S_{ADS} = \frac{1}{2} \cdot 4 \, S_{BCS} = 2 \, S_{BCS} \,\,\,}\) ; \(\displaystyle{ (**) \,}\)

Analizujemy pola z lewej strony równości. \(\displaystyle{ \Delta_{BCS} \,\,\,}\) jest podobny do \(\displaystyle{ \,\, \Delta_{GHS} \,\,\,}\) ; zatem: \(\displaystyle{ \frac{S_{GHS}}{S_{BCS}} = k^{2}}\)
Stosunek pól \(\displaystyle{ \Delta_{AGS} \,\,\,}\) i \(\displaystyle{ \,\, \Delta_{ABS} \,\,\,}\) wyznaczymy , wykorzystując wzór na pole , związany z iloczynem długości boków i sinusa kąta między nimi.

\(\displaystyle{ \frac{S_{AGS}}{S_{ABS}} = \frac{S_{ABS} - S_{ABG}}{S_{ABS}} = 1 - \frac{S_{ABG}}{S_{ABS}} = 1 - \frac{\frac{1}{2} \, a \, |BG| \, sin( \sphericalangle ABS)}{\frac{1}{2} \, a \, |BS| \, sin( \sphericalangle ABS)} = 1 - \frac{|BG|}{|SB|} = 1 - \frac{|SB| - |SG|}{|SB|} = \frac{|SG|}{|SB|} = \frac{|SP|}{|SF|} = k \,\,\,}\)

Ponieważ pola \(\displaystyle{ \Delta_{ABS} \,\,\,}\) i \(\displaystyle{ \,\, \Delta_{BCS} \,\,\,}\) są równe, więc \(\displaystyle{ \frac{S_{AGS}}{S_{BCS}} = k \,\,\,}\); \(\displaystyle{ ...}\) analogicznie: \(\displaystyle{ \frac{S_{DHS}}{S_{BCS}} = k \,\,\,}\) ; Ponadto: \(\displaystyle{ S_{ADS} = S_{BCS}}\)

Otrzymane proporcje podstawiamy do \(\displaystyle{ (**) \,}\) i otrzymujemy:

\(\displaystyle{ k^{2} \, S_{BCS} + 2 \, k \, S_{BCS} + S_{BCS} = 2 \, S_{BCS} \,\,\, ... \,\,\, k^{2} + 2 \, k - 1 = 0 \,\,\,}\) ; --> \(\displaystyle{ \,\,\, k_{1} = -1 - \sqrt{2} \,\,\, i \,\,\, k_{2} = -1 + \sqrt{2}}\).

Z warunku \(\displaystyle{ (*) \,\,\,}\) wynika, że \(\displaystyle{ k > 0 \,\,\,}\) więc pozostaje równanie trygonometryczne: \(\displaystyle{ \frac{sin(\frac{\alpha}{2})}{sin( {3 }\, \frac{ \alpha}{2})} = \sqrt{2} - 1}\).

Do mianownika stosujemy wzór: \(\displaystyle{ sin(3 \, x ) = sin( 2\, x + x ) = ... = sin(x) \, [2 \, cos^{2}(x) + cos(2\, x)] \,}\) ;

Podstawiamy: \(\displaystyle{ x = \frac{\alpha}{2} \,\,\,}\) ; upraszczamy; wykorzystujemy jedynkę tryg. i \(\displaystyle{ cos(2 \, \alpha) \,\,\,}\) i po redukcji mamy: \(\displaystyle{ \frac{1}{1 + 2 \, cos(\alpha)} = \sqrt{2} - 1}\);

\(\displaystyle{ cos(\alpha) = \frac{\sqrt{2}}{2} \,\,\, --> \,\,\, \alpha = \frac{\pi}{4}}\)

Mam nadzieję, że przy pisaniu nie pomyliłem się.