Zad. 1
Ściany boczne piramidy nachylone są do podstawy pod kątem 30 stopni. Pod jakim kątem nachylone są do podstawy krawędzie boczne?
Zad.2
Ściany boczne prawidłowego ostrosłupa trójkątnego są trójkątami prostokątnymi. Znajdź kąt pomiędzy:
a) podstawą a ścianą boczną
b)ścianami bocznymi.
Zad.3
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym ABCS krawędź AS nachylona jest do podstawy pod kątem 30 stopni.
a)Pokaż, że kąt alfa nachylenia ściany BSC do podstawy spełnia warunek tg(alfa)=2tg30 stopni.
b)Podaj przyblizona miarę kąta alfa, z dokładnoscią do pełnych stopni.
Z góry dziękuję za pomoc.
Pozdrawiam
3 zadanka ze stereometrii
-
Grzegorz t
- Użytkownik
- Posty: 813
- Rejestracja: 6 cze 2007, o 12:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław/Kąty Wrocławskie
- Pomógł: 206 razy
3 zadanka ze stereometrii
Ad. 1
piramida to ostrosłup prawidłowy czworokątny, wprowadzamy dane
\(\displaystyle{ a}\) - krawędź podstawy tego ostrosłupa
\(\displaystyle{ H}\) - wysokość ostrosłupa
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\cdot a \sqrt{2}}\)-połowa długości przekątnej podstawy ostrosłupa
\(\displaystyle{ tg\phi= \frac{H}{\frac{1}{2}\cdot a \sqrt{2}}}\) - szukamy tego kąta \(\displaystyle{ \phi}\)
\(\displaystyle{ tg30= \frac{H}{ \frac{1}{2}a } H= \frac{a \sqrt{3} }{6}}\)
\(\displaystyle{ tg\phi= \frac{ \frac{a \sqrt{3} }{6} }{ \frac{1}{2}a \sqrt{2} } tg\phi= \frac{ \sqrt{6} }{6}}\)
[ Dodano: 5 Listopada 2008, 20:53 ]
Ad.3
\(\displaystyle{ O}\) spodek wysokości ostrosłupa
\(\displaystyle{ O_1}\)-punkt leżący na połowie długości krawędzi \(\displaystyle{ BC}\)
\(\displaystyle{ a}\) - krawędź podstawy ostrosłupa
\(\displaystyle{ H}\) - wysokość ostrosłupa
\(\displaystyle{ h= \frac{a \sqrt{3} }{2}}\) - wysokość trójkąta w podstawie ostrosłupa
\(\displaystyle{ AS= \frac{2}{3}\cdot h= \frac{a \sqrt{3} }{3}}\)
\(\displaystyle{ SO_1= \frac{1}{3}\cdot h= \frac{a \sqrt{3} }{6}}\)
\(\displaystyle{ tg30= \frac{H}{ \frac{a \sqrt{3} }{3} } H= \frac{a}{3}}\)
\(\displaystyle{ tg\alpha= \frac{ \frac{a}{3} }{ \frac{a \sqrt{3} }{6} } tg\alpha= \frac{2 \sqrt{3} }{3}=2tg\{30}^{\circ}}\)
piramida to ostrosłup prawidłowy czworokątny, wprowadzamy dane
\(\displaystyle{ a}\) - krawędź podstawy tego ostrosłupa
\(\displaystyle{ H}\) - wysokość ostrosłupa
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\cdot a \sqrt{2}}\)-połowa długości przekątnej podstawy ostrosłupa
\(\displaystyle{ tg\phi= \frac{H}{\frac{1}{2}\cdot a \sqrt{2}}}\) - szukamy tego kąta \(\displaystyle{ \phi}\)
\(\displaystyle{ tg30= \frac{H}{ \frac{1}{2}a } H= \frac{a \sqrt{3} }{6}}\)
\(\displaystyle{ tg\phi= \frac{ \frac{a \sqrt{3} }{6} }{ \frac{1}{2}a \sqrt{2} } tg\phi= \frac{ \sqrt{6} }{6}}\)
[ Dodano: 5 Listopada 2008, 20:53 ]
Ad.3
\(\displaystyle{ O}\) spodek wysokości ostrosłupa
\(\displaystyle{ O_1}\)-punkt leżący na połowie długości krawędzi \(\displaystyle{ BC}\)
\(\displaystyle{ a}\) - krawędź podstawy ostrosłupa
\(\displaystyle{ H}\) - wysokość ostrosłupa
\(\displaystyle{ h= \frac{a \sqrt{3} }{2}}\) - wysokość trójkąta w podstawie ostrosłupa
\(\displaystyle{ AS= \frac{2}{3}\cdot h= \frac{a \sqrt{3} }{3}}\)
\(\displaystyle{ SO_1= \frac{1}{3}\cdot h= \frac{a \sqrt{3} }{6}}\)
\(\displaystyle{ tg30= \frac{H}{ \frac{a \sqrt{3} }{3} } H= \frac{a}{3}}\)
\(\displaystyle{ tg\alpha= \frac{ \frac{a}{3} }{ \frac{a \sqrt{3} }{6} } tg\alpha= \frac{2 \sqrt{3} }{3}=2tg\{30}^{\circ}}\)