Pole boczne ostrosłupa o podstawie z trójkątem równoramienny

[Poszukujaca]

Mam policzyć pole boczne ostrosłupa, którego podstawą jest trójkąt rónworamienny o bokach \(\displaystyle{ 2\sqrt{2}, 2, 2}\), a kąt nachylenia między ścianami bocznymi a podstawą to \(\displaystyle{ 60}\) stopni.

Robię tak, że wyliczam długości wysokości ścian bocznych. Dwie są takie same - druga inna.
Wykorzystuję też odcienk, który jest \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) długości środkowej w podstawie.
\(\displaystyle{ \frac{\frac{\sqrt{2}}{3}}{h_{1}} = \cos 60 \Leftrightarrow h_{1}=\frac{2\sqrt{2}}{3}}\)
\(\displaystyle{ H=\sqrt{\left( \frac{2\sqrt{2}}{3}\right)^{2}-\left( \frac{\sqrt{2}}{3}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\)
\(\displaystyle{ \frac{H}{h_{2}}= \sin 60 \Leftrightarrow h_{2}=\frac{H}{\sin 60}=\frac{2\sqrt{2}}{3}}\)

Potem już tylko podstawić do wzorów na trójkąty i wszytsko polczione.

Problem ejdnak w tym, że wychodzi mi wynik INNY niż w opodiwedizach i nie wiem, czy ejdnak gdzieś sie mylę. czy to odpowiedzi sa złe.

[kryg196]

a jaka jest odpowiedź? jakoś kosmiczny wynik mi wyszedł...powalczę z tym później jeszcze.

[kerajs]

Wszystkie wysokości ścian bocznych są takie same co sprawia ze spodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu wpisanego w podstawę ostrosłupa . Promień tego okręgu to \(\displaystyle{ 2-\sqrt{2}}\) a wysokość każdej ściany bocznej jest od niego dwa razy większa. Stad pole boczne to \(\displaystyle{ \frac{1}{2}(2+2+2 \sqrt{2} ) \cdot 2(2- \sqrt{2} )=4}\)

[Poszukujaca]

kerajs, dlaczego wysokości ścian bocznych są takie same? Czy to z uwagi na taki sam kat nachyelenia?

Odpowiedź to: \(\displaystyle{ P_{b}=2(\sqrt{3}+\sqrt{7})}\).

[kerajs]

kerajs, dlaczego wysokości ścian bocznych są takie same? Czy to z uwagi na taki sam kat nachyelenia?

Tak. Trójkąty zawierające wysokość ostrosłupa, wysokości ścian bocznych i ich rzutów na podstawę ostrosłupa mają takie same kąty :\(\displaystyle{ 60 ^{\circ}, \ 90^{\circ}}\) (bo wysokość ostrosłupa jest prostopadła do jego podstawy) i \(\displaystyle{ 30 ^{\circ}}}\) (jako dopełnienie do kąta półpełnego będącego sumą katów w trójkącie) oraz wspólną przyprostokątną (wysokość ostrosłupa). Ergo: trójkąty te są przystające.

[Poszukujaca]

kerajs, to w takim razie odpowiedź, którą mam w książce jest nieprawidłowa.

Jeszcze zapytam, jak obliczyłeś promień okręgu wpisanego w podstawę?

[piasek101]

Pole trójkąta klasycznie.

Promień ze wzoru na pole \(\displaystyle{ P=0,5(a+b+c)r}\)

[edit] Ten trójkąt jest prostokątny - zatem ze wzoru na taki promień dla takiego trójkąta.

[Poszukujaca]

Dziękuję za wszystkie odpowiedzi.

Już odkryłam, gdzie tkwił mój błąd. Po prostu nieuważnie przeczytałam treść zadania i też źle go tutaj przepisałam. Chodziło o kąt nachylenia KRAWĘDZI BOCZNYCH a nie ŚCIAN bocznych.

[kerajs]

Co oznacza, że wszystkie krawędzie są równe, a spodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu (o \(\displaystyle{ R= \sqrt{2}}\) ) opisanego na trójkącie będącym podstawą tej bryły.



Promień okręgu wpisanego (i opisanego) najszybciej liczy się z porównania wzorów na pole trójkąta; jak pisał Piasek101, jednak dla trójkątów prostokątnych masz prostsze zależności:
\(\displaystyle{ r= \frac{przyprostokatna1+przprostokatna2-przeciwprostokatna}{2} \\ R= \frac{przeciwprostokatna}{2}}\)

Jeszcze zapytam, jak obliczyłeś promień okręgu wpisanego w podstawę?

Jeśli narysujesz trójkąt prostokątny równoramienny z okręgiem do niego wpisanym to od razu bez liczenia widać że \(\displaystyle{ r=2- \frac{1}{2}\left( 2 \sqrt{2\right) }}\). Bardziej to można nazwać odczytaniem z rysunku niż obliczeniem tego promienia i ja w podobny sposób uzyskałem promień o który pytasz .