Pole przekroju

[deciver]

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym kąt między ścianą boczną, a podstawą jest równy \(\displaystyle{ 2\alpha}\) , a krawędź podstawy ma długość \(\displaystyle{ a}\) . Wyznacz pole przekroju otrzymanego z przecięcia tego ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez krawędź podstawy i nachyloną do podstawy pod kątem \(\displaystyle{ \alpha}\) . Proszę o pomoc z tym zadaniem.

[Dilectus]

A co do tej pory zrobiłeś? Zrób rysunek całej sytuacji. Narysuj też rzut ostrosłupa na płaszczyznę prostopadłą do podstawy i ślad płaszczyzny przechodzącej przez krawędź podstawy i nachyloną do podstawy pod kątem \(\displaystyle{ \alpha}\) .

[deciver]

[Dilectus]

Rozwiąż trójkąt na dole zamieszczonego rysunku. Jego podstawa jest równa krawędzi podstawy ostrosłupa, a więc \(\displaystyle{ a}\) . Znasz też jego wszystkie kąty, więc z tw. sinusów znajdziesz długość pozostałych boków. Jeden oznaczyłeś przez \(\displaystyle{ h}\) (będzie to wysokość trapezu będącego szukanym przekrojem). Drugi błędnie oznaczyłeś jako połowę wysokości ściany bocznej ostrosłupa \(\displaystyle{ \frac{H}{2}}\) . Nieprawdą bowiem jest, że dwusieczna kąta w trójkącie dzieli na pół bok leżący naprzeciw tego kąta.
Potrzebna Ci jeszcze długość drugiej podstawy trapezu \(\displaystyle{ b}\) .
Jak ją znajdziesz?

[deciver]

Mam to:

\(\displaystyle{ h= \frac{a\sin2 \alpha }{\sin3 \alpha}}\)

Ale do wyliczenia \(\displaystyle{ b}\) brakuje mi jeszcze jednego równania.

[Dilectus]

Mam to:

\(\displaystyle{ h= \frac{a\sin2 \alpha }{\sin3 \alpha}}\)

Jak do tego doszedłeś?

[deciver]

[Dilectus]

Teraz wylicz trzeci bok \(\displaystyle{ x}\)

Musisz znaleźć drugą podstawę trapezu \(\displaystyle{ b}\)

Policz najpierw wysokość ściany bocznej i z podobieństwa trójkątów znajdź \(\displaystyle{ b}\)

I wtedy policz pole przekroju - nic trudnago - masz podstawy i wysokość trapezu.

[deciver]

Mam problem z uzyskaniem dokładnego wyniku jak w odpowiedziach.

\(\displaystyle{ x= \frac{a\sin \alpha }{sin3 \alpha }}\)

\(\displaystyle{ H= \frac{a}{2\cos2\alpha}}\)

Z podobienstwa trojkątów:

\(\displaystyle{ \frac{a}{b} = \frac{H}{H-x}}\)

Wychodzą mi jakieś brzydkie rzeczy. Pole trapezu powinno wyjść: \(\displaystyle{ S= \frac{4a ^{2}\cos ^{3}\alpha }{(1+2\cos2\alpha)^{2}}}\)

[Dilectus]

\(\displaystyle{ \frac{a}{b} = \frac{H}{H-x}}\)

\(\displaystyle{ b=a \frac{H-x}{H}=a\left( 1- \frac{x}{H} \right)}\)

\(\displaystyle{ x= \frac{a\sin \alpha }{sin3 \alpha }}\)

\(\displaystyle{ H= \frac{a}{2\cos2\alpha}}\)

więc
\(\displaystyle{ b=a\left( 1- \frac{a \sin \alpha}{\sin 3 \alpha} \cdot \frac{2\cos2\alpha}{a} \right)=a \left(1- \frac{\sin \alpha \cdot 2\cos 2\alpha}{\sin 3 \alpha} \right)}\)

Ale

\(\displaystyle{ \sin 3 \alpha = 3 \sin \alpha -4 \sin^3 \alpha}\)


\(\displaystyle{ b=a\left( \frac{3 \sin \alpha -4 \sin^3 \alpha - 2\sin \alpha (1-2\sin^2\alpha)}{3 \sin \alpha -4 \sin^3 \alpha } \right) = a\left( \frac{3 \sin \alpha -4 \sin^3 \alpha -2 \sin \alpha + 4\sin^3 \alpha}{3 \sin \alpha -4 \sin^3 \alpha} \right) = \\ = a\left( \frac{\sin \alpha}{3 \sin \alpha -4 \sin^3 \alpha} \right)= a \frac{\sin \alpha}{\sin 3\alpha}}\)

Ostatecznie

\(\displaystyle{ b=a \frac{\sin \alpha}{\sin 3\alpha}}\)

Msmy więc trapez równoramienny o podstawach \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) i wysokości
\(\displaystyle{ h= \frac{a\sin2 \alpha }{\sin3 \alpha}}\)

Pole tego trapezu

\(\displaystyle{ S= \frac{a+b}{2}h = \frac{a}{2} \left( 1+\frac{\sin \alpha}{\sin 3\alpha}\right)\frac{a\sin2 \alpha }{\sin3 \alpha}= \frac{a^2}{2} \cdot \frac{4\sin \alpha(1-\sin^2\alpha)}{\sin 3\alpha} \cdot\frac{\sin2 \alpha }{\sin3 \alpha}= .....}\)-- 4 lut 2018, o 13:04 --Mam nadzieję, że się nigdzie nie rąbnąłem.

[deciver]

\(\displaystyle{ S= \frac{a+b}{2}h = \frac{a}{2} \left( 1+\frac{\sin \alpha}{\sin 3\alpha}\right)\frac{a\sin2 \alpha }{\sin3 \alpha}= \frac{a^2}{2} \cdot \frac{4\sin \alpha(1-\sin^2\alpha)}{\sin 3\alpha} \cdot\frac{\sin2 \alpha }{\sin3 \alpha}=\frac{4a ^{2}\sin^{2}\alpha\cos^{3}\alpha }{\sin^23\alpha}}\)

I to ma się równać

\(\displaystyle{ S= \frac{4a ^{2}\cos ^{3}\alpha }{(1+2\cos2\alpha)^{2}}}\)

To w takim razie:

\(\displaystyle{ \frac{\sin^{2}\alpha}{\sin^23\alpha}= \frac{1}{(1+2\cos2\alpha)^{2}}}\)

To prawda czyli prawidłowo rozwiązałeś, ale jaki sens jest dawać takie zadanie w zbiorze maturalnym, gdzie nie ma dostępnym wzorów na sin3x :/ Albo po prostu uznają nieskrócone odpowiedzi, bo przekształcanie tego za dużo czasu marnuje.

-- 4 lut 2018, o 19:02 --

\(\displaystyle{ \frac{\sin^{2}\alpha}{\sin^23\alpha}= \frac{1}{(1+2\cos2\alpha)^{2}}}\)

\(\displaystyle{ \frac{\sin^{2}\alpha}{\sin^23\alpha}= \frac{1}{(1+2(1-2\sin^{2}\alpha))^{2}}}\)

\(\displaystyle{ \frac{\sin^{2}\alpha}{\sin^23\alpha}= \frac{1}{(3-4\sin^{2}\alpha)^{2}}}\)

\(\displaystyle{ (3-4\sin^{2}\alpha)^{2} \cdot \sin^{2}\alpha=\sin^{2}3\alpha}\)

Co jest oczywiście tożsamością. Przekształcenia trudniejsze niż całe zadanie.

[kruszewski]

Czy znajomość miary krawędzi podstawy oraz informacja, że płaszczyzna tnąca jest nachylona pod kątem dwukrotnie mniejszym niż niż ściana boczna ostrosłupa wystarcza do jednoznacznego rozwiązania zadania?


-- 5 lut 2018, o 16:38 --
Danymi są: krawędź podstawy \(\displaystyle{ a}\) i kąt \(\displaystyle{ 2 \alpha}\)

Oznaczmy miary odcinków jak na rysunku.
Możemy napisać:
\(\displaystyle{ \frac{h}{a-x} = \ tg \alpha}\) ............ (1)
\(\displaystyle{ \frac{h}{x}= \tg 2 \alpha}\) .............(2)
Z przyrównania (1) i (2) mamy:
\(\displaystyle{ (a-x) \cdot \tg \alpha = x \cdot \tg \alpha}\) ..........(3)
stąd :
\(\displaystyle{ x= a \frac{\tg \alpha }{\tg \alpha +\tg 2 \alpha }}\)........(4)
Mała podstawa trapezu równa jest 2b, zatem :

\(\displaystyle{ 2b=a(1- \frac{2\tg \alpha }{\tg \alpha +\tg2 \alpha })}\) .......(5)
Wysokość trapezu przekroju
\(\displaystyle{ w= \frac{a-x}{\tg \alpha }}\) .......(6)
gdzie \(\displaystyle{ a \ i \ \angle \alpha}\) są zadane, zaś \(\displaystyle{ x}\) wg równania (4).