Graniastosłupy

Sześciany. Wielościany. Kule. Inne bryły. Zadania i twierdzenia z nimi związane. Geometria rzutowa w przestrzeni.
Drogba
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15
Rejestracja: 1 lis 2007, o 16:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraśnik
Podziękował: 1 raz

Graniastosłupy

Post autor: Drogba »

zad 1.
Podstawa graniastosłupa prostego jest równoległobok o bokach długości 6cm i 8cm oraz przekątnej długości 12 cm. Wysokość graniastosłupa jest równa 5 cm. Wyznacz długość przekątnych graniastosłupa.

zad. 2
W graniastosłupie prawidłowym sześciokątnym najdłuższa przekątna podstawy ma długość d i tworzy z przekątną ściany wychodzącą z tego samego wierzchołka kąt o mierze \(\displaystyle{ \alpha}\). Wyznacz objętość graniastosłupa.

zad. 3
Podstawą graniastosłupa prostego jest trójkąt ABC, w którym kąt BAC = 30 stopni, ACB = 105 stopni i długość \(\displaystyle{ CC_{1}}\) wynosi 2 cm. Przekątna ściany bocznej o najmniejszym polu tworzy z płaszczyzną podstawy kąt \(\displaystyle{ \alpha = 45}\). Oblicz objętość tego graniastosłupa.
Awatar użytkownika
Swistak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1874
Rejestracja: 30 wrz 2007, o 22:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 99 razy
Pomógł: 87 razy

Graniastosłupy

Post autor: Swistak »

zad 1
Z twierdzenia kosinusów:
\(\displaystyle{ 6^{2}+8^{2}-2 \cdot 6 \cdot 8 \cdot cos\alpha=12^{2}}\), gdzie \(\displaystyle{ \alpha}\) to kąt rozwarty między bokami 6 i 8.
\(\displaystyle{ d _{r}}\)-przekątna równoległoboku
Z twierdzenia kosinusów
\(\displaystyle{ 6^{2}+8^{2}-2 \cdot 6 \cdot 8 \cdot cos (180-\alpha)=c^{2}}\),gdzie \(\displaystyle{ 180-\alpha}\) to ostry kąt równoległoboku.
\(\displaystyle{ cos\alpha=-cos(180-\alpha)}\)
Dodając oba te równania stronami kosinusy się redukują ponieważ \(\displaystyle{ 96cos\alpha=96cos(180-\alpha)}\) i wychodzi nam, że \(\displaystyle{ 2 \cdot 6^{2}+2 \cdot 8^{2}=12^{2}+d _{r}^{2}}\)
Z tego wyliczamy, że \(\displaystyle{ d _{r}=\sqrt{56}=4\sqrt{14}}\).
\(\displaystyle{ d _{1}}\)-przekątna graniastosłupa, która tworzy trójkąt o bokach 5; 12; \(\displaystyle{ d _{1}}\)
\(\displaystyle{ d _{2}}\)-przekątna graniastosłupa, która tworzy trójkąt o bokach 5; \(\displaystyle{ 4\sqrt{14}; d_ {2}}\)
Z tw. Pitagorasa wyliczając ich długosci otrzymujemy, że \(\displaystyle{ d _{1}=13}\), a \(\displaystyle{ d _{2}=9}\)
Nie spodziewałem się, że tak ładnie wyjdzie. Teraz zauważyłem, że nie trzeba było obliczać \(\displaystyle{ d _{r}}\), bo potrzebny był nam jedynie jej kwadrat (56).

EDIT: Dobra lecimy dalej ;).
Podstawą prawidłowego graniastosłupa sześciokątnego jest sześciokąt foremny. Poprowadźmy w tym sześciokącie 3 dłuższe przekątne o długości \(\displaystyle{ d}\). Dzielą one nam ten sześciokąt na 6 trójkątów równobocznych o boku \(\displaystyle{ \frac{d}{2}}\). Wzór na pole trójkąta równobocznego o boku \(\displaystyle{ a}\) to\(\displaystyle{ \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}}\), więc pole każdego z tych małych trójkątów równobocznych to \(\displaystyle{ \frac{d^{2}\sqrt{3}}{16}}\). Pole tego sześciokąta wynosi zatem \(\displaystyle{ \frac{6d^{2}\sqrt{3}}{16}}\). Teraz wesprzyjmy się tym rysunkiem (robionym w Paincie ;)).
AU
AU
.
Kąt\(\displaystyle{ \alpha}\) to jest tu kąt D'A'B . Zauważmy, że 2|BC|=|A'D'. Z tego, że trapez BCD'A' jest trapezem równoramiennym i \(\displaystyle{ 2|BC|=|A'D'}\) wnioskuję, że odcinek, który wyznaczą rzuty punktów B i C na odcinek A'D'będzie połową tego odcinka, a pozostałe 2 odcinki od punktu A' do rzutu punktu B i od rzutu punktu C do punktu D' będą \(\displaystyle{ \frac{1}{4}}\) długości odcinka A'D'. Przekątną A'B nazwijmy jako \(\displaystyle{ e}\). Widzimy, że \(\displaystyle{ cos\alpha=\frac{\frac{d}{4}}{e}}\) z czego wyliczam, że \(\displaystyle{ e^{2}=\frac{d^{2}}{16cos^{2}\alpha}}\).Oznaczmy wysokość BC' jako H. Z tw. Pitagorasa dla trójkąta A'B'B wyliczam, że \(\displaystyle{ H=\sqrt{e^{2}-|B'B|^{2}\frac}=\sqrt{\frac{d^{2}}{16cos^{2}\alpha}-\frac{d^{2}}{4}}=\sqrt{\frac {d^{2}}{16cos^{2}\alpha} \cdot (1-4cos^{2}\alpha)}=\frac{d}{4cos\alpha} \cdot \sqrt{1-4cos^{2}\alpha}}\). Wiemy też, że \(\displaystyle{ V=P _{pod} \cdot H}\). Z tego wyliczamy objętość, która wynosi: \(\displaystyle{ \frac{6d^{2}\sqrt{3}}{16} \cdot \frac{d}{4cos\alpha} \cdot \sqrt{1-4cos^{2}}=\frac{3d^{3}\sqrt{3-12cos^{2}\alpha}}{32cos\alpha}}\). No nieźle się namęczyłem przy rozwiązaniu tego, a kilka razy bardziej przy napisaniu tego w tym texach ;). Możliwe, ze popełniłem jakiś błąd rachunkowy.

EDIT2: Strasznie męczące są te Twoje zadania.
Kolejny rysunek
AU
AU
.
Wszystkie ściany mają taką samą wysokość, więc najmniejsze pole ma ta, która ma najkrótszą krawędź podstawy, a to ta, która leży naprzeciw najmniejszego kąta, czyli w tym przypadku 30 stopni. Wiemy, że trójkąt \(\displaystyle{ BB _{1}C}\) jest trójkątem równoramiennym, bo ma kąty 45; 45; 90. \(\displaystyle{ 2=|CC _{1}|=|BB _{1}|=|BC|}\). Trójkąt, którego wierzchołkami są B; C i spodek wysokości trójkąt ABC z wierzhcołka C, którego nie oznaczyłem na tym rysunku jest także trójkątem prostokątnym równoramiennym, bo kąt CBA=45 stopni a ten przy spodku wysokości to kąt prosty. Z tego wyliczamy \(\displaystyle{ h=\sqrt{2}}\) za to z tego, że \(\displaystyle{ AC=2\sqrt{2}}\). Wiemy także, że \(\displaystyle{ sin75=\frac{1}{\sqrt{8-4\sqrt{3}}}}\). Długość wysokości opuszczonej z wierzchołka A na przedłużenie prostej BC jest równa iloczynowi boku AC i sinusa kąta zewnętrznego ACB (w tym przypadku kąta 75 stopni). \(\displaystyle{ P_{ABC}}\) jest więc równe zatem \(\displaystyle{ \frac {2 \cdot 2\sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{8-4\sqrt{3}}}}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{8-4\sqrt{3}}}}\).
\(\displaystyle{ V=P _{pod} \cdot H=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{8-4\sqrt{3}}} cm^{3}}\).
Męczyłem się z tym wszystkim razem chyba z 1,5h... Mam nadzieję, że docenisz mój wysiłek :).
ODPOWIEDZ