Pole powierzchni bocznej ostrosłupa

[R33]

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym kąt między krawędzią boczną i płaszczyzną podstawy ma miarę \(\displaystyle{ \alpha}\). Odległość środka podstawy tego ostrosłupa od jego krawędzi bocznej jest równa \(\displaystyle{ d}\). Oblicz pole powierzchni bocznej ostrosłupa.

niech
b = krawędź boczna.
a = krawędź podstawy
h = wys. trójkąta podstawy
\(\displaystyle{ cos \alpha = \frac{d}{b} \\ b = \frac{d}{cos \alpha} \\ \\ 2d = a\sqrt{2} \\ a = \sqrt{2}d \\ \\ ( b^{2} - ( \frac{a}{2} )^{2} = h^{2} \\ P_{p.b.} = 4 \cdot \frac{a \cdot h}{2}}\)

Czy robię coś źle?

[piasek101]

niech
b = krawędź boczna.
a = krawędź podstawy
h = wys. trójkąta podstawy
\(\displaystyle{ cos \alpha = \frac{d}{b}}\)

Co to ,,wysokość trójkąta podstawy".

Z czego masz tego kosinusa ? Trójkąta z danym kątem, (b) i (d) nie widzę.

[R33]

tam, pomyłka. Chodziło h= wys. trójkąta ściany bocznej.

Cosinusa mam stąd:
S = wierzchołek
S' = środek podstawy (znajdujący się pod wyokością)
A, B, C, D = wierzchołki kwadratu (podstawy)

Z tych trójkątów wziąłem cosinusa AS'S, BS'S, CS'S, DS'S. Pamiętając, że \(\displaystyle{ \sphericalangle |AS'S| = \sphericalangle |BS'S| =\sphericalangle |CS'S| =\sphericalangle |DS'S| =\alpha}\).

[lukasz1804]

Po pierwsze \(\displaystyle{ h}\) nie oznacza zapewne wysokości trójkąta w podstawie ostrosłupa (bo o jaki tam trójkąt tam chodzi?), lecz o wysokość trójkąta równoramiennego (będącego ścianą boczną ostrosłupa) poprowadzoną do jego podstawy (krawędzi podstawy \(\displaystyle{ a}\)).

Po drugie, nieprawdą jest, że \(\displaystyle{ \cos\alpha=\frac{d}{b}}\).
Mamy raczej \(\displaystyle{ \cos\alpha=\frac{d}{b-\sqrt{(\frac{a\sqrt{2}}{2})^2-d^2}}}\).

Ja zrobiłbym to w ten sposób:
oznaczając przez \(\displaystyle{ H}\) wysokość ostrosłupa mamy z jednej strony \(\displaystyle{ H=b\sin\alpha}\), z drugiej natomiast \(\displaystyle{ H=\frac{d}{\cos\alpha}}\). Stąd \(\displaystyle{ b=\frac{d}{\sin\alpha\cos\alpha}=\frac{2d}{\sin 2\alpha}}\). Ponadto \(\displaystyle{ \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{d}{\sin\alpha}}\), więc \(\displaystyle{ a=\frac{d\sqrt{2}}{\sin\alpha}}\) i w konsekwencji z twierdzenia Pitagorasa mamy \(\displaystyle{ h^2=b^2-(\frac{a}{2})^2=\frac{4d^2}{\sin^22\alpha}-\frac{d^2}{2\sin^2\alpha}}\). Mając wyznaczone \(\displaystyle{ a, h}\) łatwo znajdziesz pole jednej ściany bocznej.

[R33]

\(\displaystyle{ \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{d}{\sin\alpha}}\) a to skąd? Tw. Sinusów?

[lukasz1804]

To wynika z definicji sinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym, zastosowanego do jednego z trójkątów powstałych z podziału trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(\displaystyle{ \frac{a\sqrt{2}}{2}, H}\) wysokością \(\displaystyle{ d}\) poprowadzoną z wierzchołka kąta prostego. Mam nadzieję, że łatwo dostrzeżesz, o który trójkąt chodzi.

[piasek101]

Robiłem inaczej (chyba bo się nie wpatruję).

b - krawędź boczna
a - podstawy

Mam dwa trójkąty prostokątne:
1) (b) - przeciwprostokątna; \(\displaystyle{ 0,5\sqrt 2 a}\) - między nimi dany kąt.

2) (d) - naprzeciwko dany kąt; \(\displaystyle{ 0,5\sqrt 2 a}\) - przeciwprostokątna.

Z nich mam (a) i (b).