objętość ostrosłupa

[iskierka91]

W prawidłowym ostrosłupie czworokątnym o wysokości długości \(\displaystyle{ h}\) kąt pomiędzy sąsiednimi ścianami bocznymi ma miarę \(\displaystyle{ 2\alpha}\). Oblicz objętość tego ostrosłupa.

Bardzo proszę o pomoc w rozwiązaniu tego zadania, z góry dziękuję!

[Dasio11]

\(\displaystyle{ |SA|=|SB| \\
\\
\tg \alpha= \frac{|SA|}{|SB'|}= \frac{|SB|}{|SB'|}= \frac{1}{\sin \beta} \\
\\
\tg \beta= \frac{H}{\frac{a \sqrt{2}}{2}}=\frac{H \sqrt{2}}{a} \\
\\
\frac{1}{\tg^2 \beta}=\frac{\cos^2 \beta}{\sin^2 \beta}=\frac{1}{\sin^2 \beta} - \frac{\sin^2 \beta}{\sin^2 \beta}=\tg^2 \alpha -1 \\
\\
V=\frac{1}{3} \cdot a^2 \cdot H = \frac{H}{3} \cdot \frac{\left( H\sqrt{2} \right)^2}{\tg^2 \beta}=\frac{2}{3}H^3 \cdot (\tg^2 \alpha-1)}\)

[lukasz1804]

Rozważmy dowolną ścianę boczną ostrosłupa, będącą trójkątem równoramiennym. Niech \(\displaystyle{ a, b}\) oznaczają podstawę (krawędź podstawy ostrosłupa) i ramię trójkąta odpowiednio, zaś \(\displaystyle{ c, d}\) wysokość opuszczoną do podstawy \(\displaystyle{ a}\) oraz wysokość poprowadzoną do ramienia \(\displaystyle{ b}\) odpowiednio.
Ze wzoru na pole trójkąta mamy \(\displaystyle{ \frac{ac}{2}=\frac{bd}{2}}\), skąd \(\displaystyle{ ac=bd}\).
Z twierdzenia Pitagorasa dostajemy również \(\displaystyle{ b^2=(\frac{a}{2})^2+c^2}\). Stąd i z poprzedniego mamy \(\displaystyle{ d^2=\frac{a^2c^2}{b^2}=\frac{a^2c^2}{(\frac{a}{2})^2+c^2}}\).

Ponownie korzystając z twierdzenia Pitagorasa otrzymamy \(\displaystyle{ h^2+(\frac{a}{2})^2=c^2}\), więc \(\displaystyle{ d^2=\frac{a^2(\frac{a^2}{4}+h^2)}{\frac{a^2}{4}+(\frac{a^2}{4}+h^2)}=\frac{a^2(a^2+4h^2)}{2(a^2+2h^2)}}\).

Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ 2\alpha}\) jest kątem w trójkącie równoramiennym o bokach \(\displaystyle{ a\sqrt{2}}\) (przekątna podstawy ostrosłupa), \(\displaystyle{ d, d}\) zawartym między ramionami.
Z twierdzenia kosinusów dostajemy teraz łatwo \(\displaystyle{ (a\sqrt{2})^2=d^2+d^2-2d^2\cos 2\alpha=2d^2(1-\cos 2\alpha)}\). Stąd mamy \(\displaystyle{ a^2=d^2(1-\cos 2\alpha)}\), więc \(\displaystyle{ 2(a^2+2h^2)=(a^2+4h^2)(1-\cos 2\alpha)}\). Zatem \(\displaystyle{ 2a^2-a^2+a^2\cos 2\alpha=4h^2-4h^2\cos 2\alpha-4h^2}\), tj. \(\displaystyle{ a^2(1+\cos 2\alpha)=-4h^2\cos 2\alpha}\), więc \(\displaystyle{ a^2=\frac{-4\cos 2\alpha}{1+\cos 2\alpha}h^2}\).

Ze wzoru na objętość ostrosłupa mamy ostatecznie \(\displaystyle{ V=\frac{a^2h}{3}=-\frac{4}{3}h^3\frac{\cos 2\alpha}{1+\cos 2\alpha}}\).

Warto zwrócić uwagę, że ujemny współczynnik \(\displaystyle{ -\frac{4}{3}}\) występujący w otrzymanym wzorze nie prowadzi do nieporozumień, bowiem posługując się równością \(\displaystyle{ d^2=\frac{a^2(a^2+4h^2)}{2(a^2+2h^2)}}\) i twierdzeniem kosinusów można łatwo się przekonać, że dany kąt \(\displaystyle{ 2\alpha}\) jest zawsze kątem rozwartym i wobec tego \(\displaystyle{ -1<\cos 2\alpha<0}\).

[Dasio11]

Żeby nie było zdziwienia dodam, że oba wyniki są jednakowe, gdyż:

\(\displaystyle{ \frac{\cos 2\alpha}{1+\cos 2\alpha}=\frac{\cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha}{1+\cos^2 \alpha-\sin^2 \alpha}= \frac{\cos^2 \alpha}{2 \cos^2 \alpha} - \frac{\sin^2 \alpha}{2\cos^2 \alpha}= \frac{1}{2} \left( 1-\tg^2 \alpha \right) \\
\\
\\
L=-\frac{4}{3}H^3 \cdot \frac{\cos 2\alpha}{1+\cos 2\alpha}= -\frac{4}{3}H^3 \cdot \frac{1}{2} \left( 1-\tg^2 \alpha \right) = \frac{2}{3}H^3 \cdot (\tg^2 \alpha-1)=P}\)

[iskierka91]

dziękuję ogromnie!