Oblicz pole powierzchni i objętość ostrosłupa prawidłow

Lugerstein · Post autor: **Lugerstein** » 31 sty 2005, o 21:09

Proszę o pomoc w rozwiązaniu zadania (czekam do 24 ):

"Krawędź boczna ostrosłupa prawidłowego czworokątnego ma 2 cm. Promień okręgu opisanego na ścianie bocznej ma 12,5 cm. Oblicz Ppc i V."

Z góry dziękuję!

Pozdrawiam

dr. Lugerstein

kuch2r · Post autor: **kuch2r** » 31 sty 2005, o 21:42

sciana boczna tego ostroslupa jest trojkat rownoramienny, ktory ma dlugosc boku rowna 2. a promien okregu opisanego na tym trojkacie wynosi 12,5 :/
\(\displaystyle{ \frac{2}{sin\alpha}=25}\)
\(\displaystyle{ sin\alpha=2/25}\)
\(\displaystyle{ sin\alpha=0,08}\)
\(\displaystyle{ \alpha =4^{o}36^,}\)

czy jest to mozliwe ?? :/ raczej nie, moze ktos wskaze jaki blad popelnilem

Lugerstein · Post autor: **Lugerstein** » 31 sty 2005, o 21:54

Ja wlaśnie też liczyłem to różnymi sposobami i jeden z kątów wychodził mi 170,82 stopnia, co można by było odjąć od 180 stopni i podzielić przez dwa, a to dałoby 4,59 stopnia dla kąta, który liczyłeś (ja stosowałem jakieś przybliżenia, więc granica takiego błędu jest dopuszczalna). Podobno to zadanie da się zrobić... Czekam

kuch2r · Post autor: **kuch2r** » 31 sty 2005, o 21:57

no to czekamy ja juz raczej nic nie wymysle... zobaczymy co inni powiedza

W_Zygmunt · Post autor: **W_Zygmunt** » 1 lut 2005, o 13:13

Jeżeli kąt między ramionami ścian bocznych będzie równy 90st. to wierzchołek będzie leżał na płaśzcyźnie podstawy. Zatem, aby mieć czworościan, kąt ten musi być mniejszy od 90 st.
Może to miało być 2dm

kuch2r · Post autor: **kuch2r** » 1 lut 2005, o 22:53

tez tutaj upatrywalem bład ,ze Lugerstein zle podal dane, ale z jego wypowiedzi wynika ze wszytsko jest ok :/

Arbooz · Post autor: **Arbooz** » 2 lut 2005, o 08:38

Neee no, na trójkącie równoramiennym o ramieniu 2 za nic w świecie nie opiszesz okręgu o promieniu 12,5

Yavien · Post autor: **Yavien** » 2 lut 2005, o 14:34

Moze tak byc, moze po prostu jest to malutki i bardzo plaski trojkat na brzegu duzego okregu.
Z przyrownania dwoch wzorow na pole trojkata: \(\displaystyle{ P = \frac{abc}{4R} = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}\) a dokladniej biore pola w kwadracie, mam rownanie na a (krawedz podstawy):
\(\displaystyle{ \frac{a^2}{4}(4-\frac{a^2}{4}) = \frac{4a^2}{625}}\)
Stad wyliczam \(\displaystyle{ a^2 = \frac{9936}{625} = ft(\frac{12\sqrt{3\cdot23}}{25}\right)^2 \aprox 3,99}\)Czyli rzeczywiscie jest to bardzo plaski trojkat, ale jest!
Ale rzeczywiscie nie moze byc sciana boczna ostroslupa prawidlowego.

W_Zygmunt · Post autor: **W_Zygmunt** » 2 lut 2005, o 19:57

Dla niedowiarków

Arbooz · Post autor: **Arbooz** » 2 lut 2005, o 23:23

Nie no, faktycznie, Yavien ma racje, da się wpisać ten trójkąt, już widzę
Zygmunt - rysunek ciekawy