Przekrój w ostrosłupie prawidłowym - zbiorek Kiełbasy

[RCCK]

Zadanie ze zbiorku 'Matura z matematyki 2005-...'

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym poprowadzono płaszczyznę przez przekątną podstawy i środek krawędzi bocznej rozłącznej z tą przekątną. Płaszczyzna ta tworzy z płaszczyzną podstawy kąt \(\displaystyle{ \alpha}\) , a pole otrzymanego przekroju jest równe \(\displaystyle{ P}\). Oblicz objętość ostrosłupa.

Zadanie już zrobiłem, aczkolwiek wydaje mi się że w niezbyt zgrabny sposób bo z wykorzystaniem funkcji kwadratowej (człowiek z liceum wyjdzie, liceum z człowieka nie ). Ma ktoś pomysł na ciekawsze/zgrabniejsze rozwiązanie?

AU

xItB4wb.png (9.67 KiB) Przejrzano 918 razy

Moje wyglądało tak:

\(\displaystyle{ H}\) - wysokość ostrosłupa
\(\displaystyle{ h}\) - wysokość przekroju
\(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\) - krawędź podstawy, krawędź boczna

AU

rWXE0oW.png (4.06 KiB) Przejrzano 918 razy

Z tego trójkąta mamy \(\displaystyle{ h= \frac{H}{2\sin(\alpha)}}\)

Z treści zadania \(\displaystyle{ h= \sqrt{2} \frac{P}{a}}\)

Czyli \(\displaystyle{ H=2 \sqrt{2}\sin(\alpha) \frac{P}{a}}\)

Teraz porównując wzory \(\displaystyle{ b^{2} = H^{2} + \frac{ a^{2} }{2}}\) i \(\displaystyle{ \frac{ b^{2} }{4}=h^{2} + \frac{a^{2}}{2} -2\cos(\alpha) \frac{ \sqrt{2} }{2} ah}\) (kolejno Pitagoras, tw. cosinusów) wychodzi funkcja dwukwadratowa z której dostaje się \(\displaystyle{ a}\) uzależnione od \(\displaystyle{ P}\) i to już wystarcza. Sorki, że tak chaotycznie ale nie chodzi mi o sprawdzenie rozwiązania tylko o to jak zrobić to prościej. Z góry dziękuje jak komuś się będzie chciało spróbować

Odpowiedź to \(\displaystyle{ \frac{4}{3} \sqrt{ P^{3} }\sin(\alpha) \sqrt{2\cos(\alpha)}}\)

[kerajs]

Skorzystam z Twojego rysunku:

AU

rWXE0oW.png (4.06 KiB) Przejrzano 918 razy

Podstawą tego trójkąta jest \(\displaystyle{ \frac{1}{2}a \sqrt{2}}\) którą połowa wysokości ostrosłupa dzieli na dwie równe części. Stąd związki:
1)
\(\displaystyle{ \tan \alpha = \frac{ \frac{H}{2} }{ \frac{a \sqrt{2} }{4} } \Rightarrow H= \frac{a \sqrt{2} \tan \alpha }{2}}\)
2)
\(\displaystyle{ \cos \alpha = \frac{ \frac{a \sqrt{2} }{4}}{h} \Rightarrow h= \frac{a \sqrt{2} }{4\cos \alpha }}\)
3)
\(\displaystyle{ P= \frac{1}{2}a \sqrt{2}h= \frac{1}{2}a \sqrt{2}\frac{a \sqrt{2} }{4\cos \alpha }= \frac{a^2 }{4\cos \alpha }\\
a=2 \sqrt{P\cos \alpha }}\)

\(\displaystyle{ V= \frac{1}{3}a^2H= \frac{1}{3}\frac{a^3 \sqrt{2} \tan \alpha }{2}= \frac{1}{3}\frac{(2 \sqrt{P\cos \alpha } )^3 \sqrt{2} \tan \alpha }{2}= \frac{4}{3} P\sin \alpha \sqrt{2P\cos \alpha}}\)

Rozwiązanie jest podobne. Zyskiem jest korzystanie z prostszych związków oraz pominięcie w obliczeniach krawędzi \(\displaystyle{ b}\).

[RCCK]

Właśnie o coś takiego mi chodziło, dzięki Jakoś nie mogłem tego dokończyć w taki sposób i wyszło znacznie więcej niepotrzebnej gimnastyki.