NAchylenie ściany bocznej i pole powierzchni

[tomek205]

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym krawędź boczna jest dwa razy dłuższa niż krawędź podstawy. a)Oblicz cosinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy.
b) Wyznacz długosć krawędzi tak, aby pole powierzchni bocznej wynosiło \(\displaystyle{ 36 \sqrt{5}}\)

[lukasz1804]

Niech \(\displaystyle{ a}\) oznacza długość krawędzi podstawy ostrosłupa.

a) Zauważmy, że wysokość ostrosłupa, wysokość ściany bocznej (opuszczona do krawędzi podstawy) oraz odcinek łączący spodki obu tych wysokości tworzą trójkąt prostokątny, w którym mamy znaleźć kosinus kąta o wierzchołku w spodku wysokości ściany bocznej. Odcinek łączący spodki wysokości jest promieniem okręgu wpisanego w podstawę ostrosłupa, czyli jego długość wynosi \(\displaystyle{ \frac{a\sqrt{3}}{6}}\). Z założenia i z twierdzenia Pitagorasa wynika natomiast, że wysokość ściany bocznej ostrosłupa ma długość \(\displaystyle{ \sqrt{(2a)^2-(\frac{a}{2})^2}=\frac{a\sqrt{15}}{2}}\). Stąd i z definicji kosinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym dostajemy \(\displaystyle{ \cos\alpha=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{\frac{a\sqrt{15}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{15}}\).

b) Powierzchnię boczną ostrosłupa tworzą cztery przystające trójkąty równoramienne o podstawie długości \(\displaystyle{ a}\) i poprowadzonej do niej wysokości o długości \(\displaystyle{ \frac{a\sqrt{15}}{2}}\) (patrz powyżej). Stąd, z założenia oraz ze wzoru na pole trójkąta dostajemy \(\displaystyle{ 36\sqrt{5}=4\cdot\frac{a\cdot\frac{a\sqrt{15}}{2}}{2}}\), więc \(\displaystyle{ a^2=12\sqrt{3}}\), tj. \(\displaystyle{ a=2\sqrt[4]{27}}\).

[tomek205]

b) Powierzchnię boczną ostrosłupa tworzą trzy przystające trójkąty równoramienne o podstawie długości \(\displaystyle{ a}\)

A nie 4?

[lukasz1804]

Racja, już poprawiłem ten błąd nieuwagi. Dziękuję za krytykę i kontrolę moich obliczeń.

[tomek205]

To ja dziękuję