Ostrosłup z trójkątem równobocznym w podstawie

mac18 · Post autor: **mac18** » 1 mar 2015, o 18:42

Podstawą ostrosłupa \(\displaystyle{ ABCS}\) jest trójkąt równoboczny \(\displaystyle{ ABC}\) o boku \(\displaystyle{ a}\). Krawędź \(\displaystyle{ AS}\) o długości \(\displaystyle{ b}\) tworzy z krawędziami podstawy \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\) kąty równe \(\displaystyle{ \alpha}\). Oblicz objętość ostrosłupa.

Hej, pomoglibyście mi znaleźć wysokość tego ostrosłupa ?
Największy problem mam z określeniem gdzie ta wysokość opada, potem dałbym sobie radę.
Pozdrawiam.

szachimat · Post autor: **szachimat** » 1 mar 2015, o 18:58

mac18: "Największy problem mam z określeniem gdzie ta wysokość opada, potem dałbym sobie radę"
odp: na punkt przecięcia środkowych trójkąta równobocznego - a on czymś się charakteryzuje (pomyśl lub poszukaj)

mac18 · Post autor: **mac18** » 1 mar 2015, o 19:03

Wiem, że jest to środek ciężkości. Czy spodek wysokości nie leżał by tam gdyby krawędzie były jednakowej długości ?
Chyba, że tutaj tak jest.

Pinionrzek · Post autor: **Pinionrzek** » 1 mar 2015, o 19:14

To nie jest prawdą. Gdyby rzutem \(\displaystyle{ S}\) był środek ciężkości tejże ściany, to oznaczałoby to, że wszystkie krawędzie boczne tego ostrosłupa są równe, a tak nie musi być.

mac18 · Post autor: **mac18** » 1 mar 2015, o 19:16

Świetnie, szachimat pewnie szybko spojrzałeś

szachimat · Post autor: **szachimat** » 1 mar 2015, o 19:18

Za dużo tego na dziś - masz rację - pomyliłem - a wydawało się to tak oczywiste.

mac18 · Post autor: **mac18** » 2 mar 2015, o 16:32

szachimat, Każdemu się zdarza.
To jak, ma ktoś jakiś pomysł? Wrócę wieczorkiem do domu to jeszcze pomyślę i może przyjdzie coś do głowy. Na razie jednak się nie zanosi...

szachimat · Post autor: **szachimat** » 2 mar 2015, o 20:56

mac18 - podjechałeś mi pod ambicję. A zatem poprawiam się.
Spodek wysokości (S') będzie leżał na wysokości podstawy (albo, przy odpowiednio dobranych danych, na jej przedłużeniu, co nie wpływa na dalsze rachunki; a zatem niechaj będzie on w trójkącie ABC).
Narysujmy wysokość ściany ABS (oznaczmy ją jako "h"), która ma z krawędzią AB punkt wspólny K.
Wówczas:
\(\displaystyle{ \sin \alpha = \frac{h}{b} \Rightarrow h=b \cdot \sin \alpha}\)

W podstawie widzimy trójkąt prostokątny AKS', o kącie \(\displaystyle{ 30^{\circ}}\), czyli ze znanych zależności możemy napisać, że: \(\displaystyle{ \left| KS'\right|=x}\), \(\displaystyle{ \left| AS'\right|=2x}\), \(\displaystyle{ \left| AK\right| =x \sqrt{3}}\).
Wtedy:
\(\displaystyle{ \cos \alpha = \frac{x \sqrt{3} }{b} \Rightarrow x= \frac{b}{ \sqrt{3} } \cdot \cos \alpha}\)

Wysokość ostrosłupa H możemy wyznaczyć z tw. Pitegorasa:
\(\displaystyle{ H ^{2}=h ^{2}-x ^{2} =...= \frac{1}{3} b ^{2} (3-4 \cos^{2}\alpha)}\)
\(\displaystyle{ H= \frac{b}{ \sqrt{3} } \sqrt{3-4\cos ^{2} \alpha }}\)

\(\displaystyle{ V= \frac{1}{3} \frac{ a^{2} \sqrt{3} }{4} \cdot H= \frac{ a^{2}b }{12} \sqrt{3-4\cos ^{2} \alpha }}\)

Szach i Mat

kropka+ · Post autor: **kropka+** » 3 mar 2015, o 11:32

szachimat pisze: W podstawie widzimy trójkąt prostokątny AKS, o kącie \(\displaystyle{ 30^{\circ}}\)
\(\displaystyle{ \cos \alpha = \frac{x \sqrt{3} }{b} \Rightarrow x= \frac{b}{ \sqrt{3} } \cdot \cos \alpha}\)

Po pierwsze - złe oznaczenie, bo \(\displaystyle{ S}\) to wierzchołek ostrosłupa a nie spodek jego wysokości.
Po drugie- ten trójkąt wcale nie musi być prostokątny, bo spodek wysokości ostrosłupa leży w dowolnym miejscu prostej zawierającej wysokość.
Na zasadzie bok-kąt-bok ściany \(\displaystyle{ ABS}\) i \(\displaystyle{ ACS}\) są trójkątami przystającymi o bokach \(\displaystyle{ a,b,c}\). Wtedy ściana \(\displaystyle{ BCS}\) jest trójkątem równoramiennym o bokach \(\displaystyle{ a,c,c}\), czyli rzeczywiście spodek wysokości ostrosłupa \(\displaystyle{ O}\) leży na symetralnej krawędzi \(\displaystyle{ BC}\).
Z tw. cosinusów obliczamy \(\displaystyle{ c}\), a następnie z tw. Pitagorasa obliczamy wysokość \(\displaystyle{ h}\) ściany \(\displaystyle{ BCS}\). Oznaczmy spodek \(\displaystyle{ h}\) jako \(\displaystyle{ P}\). Rozpatrujemy trójkąt \(\displaystyle{ ASP}\) gdzie \(\displaystyle{ AS=b \ \ AP= \frac{a \sqrt{3} }{2} \ PS=h}\). Jego wysokość \(\displaystyle{ H}\) jest wysokością ostrosłupa. Rozważ przypadki gdy \(\displaystyle{ O}\) leży na \(\displaystyle{ AP}\) i poza \(\displaystyle{ AP}\)

szachimat · Post autor: **szachimat** » 3 mar 2015, o 15:01

kropka+, skoncentrowałem się na podstawie i już zmieniam S na S'.

-- 3 mar 2015, o 14:10 --

kropka+ pisze:
szachimat pisze: W podstawie widzimy trójkąt prostokątny AKS, o kącie \(\displaystyle{ 30^{\circ}}\)
\(\displaystyle{ \cos \alpha = \frac{x \sqrt{3} }{b} \Rightarrow x= \frac{b}{ \sqrt{3} } \cdot \cos \alpha}\)

Po pierwsze - złe oznaczenie, bo \(\displaystyle{ S}\) to wierzchołek ostrosłupa a nie spodek jego wysokości.
Po drugie- ten trójkąt wcale nie musi być prostokątny, bo spodek wysokości ostrosłupa leży w dowolnym miejscu prostej zawierającej wysokość.
Na zasadzie bok-kąt-bok ściany \(\displaystyle{ ABS}\) i \(\displaystyle{ ACS}\) są trójkątami przystającymi o bokach \(\displaystyle{ a,b,c}\). Wtedy ściana \(\displaystyle{ BCS}\) jest trójkątem równoramiennym o bokach \(\displaystyle{ a,c,c}\), czyli rzeczywiście spodek wysokości ostrosłupa \(\displaystyle{ O}\) leży na symetralnej krawędzi \(\displaystyle{ BC}\).
Z tw. cosinusów obliczamy \(\displaystyle{ c}\), a następnie z tw. Pitagorasa obliczamy wysokość \(\displaystyle{ h}\) ściany \(\displaystyle{ BCS}\). Oznaczmy spodek \(\displaystyle{ h}\) jako \(\displaystyle{ P}\). Rozpatrujemy trójkąt \(\displaystyle{ ASP}\) gdzie \(\displaystyle{ AS=b \ \ AP= \frac{a \sqrt{3} }{2} \ PS=h}\). Jego wysokość \(\displaystyle{ H}\) jest wysokością ostrosłupa. Rozważ przypadki gdy \(\displaystyle{ O}\) leży na \(\displaystyle{ AP}\) i poza \(\displaystyle{ AP}\)

Nie wiem czy ostatnie zdanie "Rozważ przypadki gdy O leży na AP i poza AP" jest skierowane do mnie, ale skoro wiesz jak zrobić (a ja nie mam na to czasu, to proszę dokończ).

kropka+ · Post autor: **kropka+** » 5 mar 2015, o 13:35

szachimat zwracam honor - okazuje się, że Twoje rozwiązanie też jest poprawne i w dodatku znacznie szybciej się liczy. Dodam tylko dziedzinę

\(\displaystyle{ \alpha \in \left[ \frac{\pi }{6}, \frac{ 5 \pi }{6} \right]}\)

szachimat · Post autor: **szachimat** » 5 mar 2015, o 14:52

kropka+ pisze:szachimat zwracam honor - okazuje się, że Twoje rozwiązanie też jest poprawne i w dodatku znacznie szybciej się liczy. Dodam tylko dziedzinę

\(\displaystyle{ \alpha \in \left[ \frac{\pi }{6}, \frac{ 5 \pi }{6} \right]}\)

Przyjmuję twoje "przeprosiny", a w związku ze stwierdzeniem, że moje rozwiązanie też jest poprawne, wnioskuję, że masz inny sposób, którym również dochodzisz do wyniku. Przedstaw je proszę, chętnie zobaczę.

A twoje wątpliwości, że trójkąt, o którym napisałem, nie musi być prostokątny, rozwieję pisząc, że wynika to z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych w przestrzeni.

I znowu będzie długo cisza???

kropka+ · Post autor: **kropka+** » 5 mar 2015, o 17:21

Widzę, że poddajesz w wątpliwość, czy rozwiązałam to zadanie.Udam, że nie dostrzegam Twojej złośliwości. Obliczenia pozostawiam Tobie - jeśli znajdziesz wolną chwilę, natomiast przedstawiam układ równań, który należy rozwiązać. Najpierw liczę jak pisałam

\(\displaystyle{ c ^{2}=a ^{2}+b ^{2}-2ab\cos \alpha \Rightarrow h ^{2}= \frac{3}{4}a ^{2}+b ^{2}-2ab\cos \alpha}\)

Oznaczam \(\displaystyle{ OP=x \Rightarrow AO= \frac{a \sqrt{3}}{2} -x}\)

Rozwiązuję układ równań

\(\displaystyle{ \begin{cases}h ^{2}=H ^{2}+x ^{2} \\ b ^{2} =\left( \frac{a \sqrt{3}} {2} -x\right) ^{2}+H ^{2} \end{cases}}\)

Otrzymuję \(\displaystyle{ H=b \sqrt{1- \frac{4}{3} \cos ^{2} \alpha }}\)

Dziedzinę podałam wyżej.