Gouranga pisze: ↑21 lut 2024, o 23:23
mamy trójkąt złożony z dwóch tych wysokości ścian bocznych, które z definicji są obie prostopadłe do krawędzi bocznej w tym samym punkcie oraz z przekątnej podstawy, kąt między tymi wysokościami jest też kątem między ścianami, możemy użyć tw. cosinusów
Wg mnie tak nie będzie - patrz rysunek anna_ (ten drugi) zamieszczony w tym wątku.
[edit]
Gdy
\(\displaystyle{ a \ge b}\) otrzymamy trójkąt (mogłem się pomylić) o bokach :
\(\displaystyle{ \frac{b\sqrt{k^2-\frac{a^2}{4}}}{k}}\);
\(\displaystyle{ \frac{b\sqrt{k^2-\frac{b^2}{4}}}{k}}\);
\(\displaystyle{ b\sqrt 2}\).
Dodano po 40 minutach 31 sekundach:
Też przyjąłem za duże uproszczenie. Trzeci bok będzie taki (na teraz)
\(\displaystyle{ \sqrt{2b^2-\frac{b^2}{4k^2}(a^2-b^2)}}\)
Dodano po 3 godzinach 22 minutach :
Niestety to (czyli oba poprzednie) jest złe, wynika to z mojego (nieuzasadnionego) uproszczenia sobie problemu - tylko drugi bok trójkąta się zgadza.
Dodano po 30 minutach 53 sekundach:
Teraz opis jak robić poprawnie wg mnie (pomyłki nie wykluczam, patrz wyżej):
1) wysokość trójkąta
\(\displaystyle{ k,k,b}\) poprowadzona do
\(\displaystyle{ k}\) taka jak podana - wyznaczona np z pola
2) odcinek, na krawędzi bocznej ostrosłupa, od spodka podanej wysokości do podstawy to
\(\displaystyle{ \frac{b^2}{2k}}\)
3) wysokość trójkąta
\(\displaystyle{ k,k,a}\) poprowadzona do
\(\displaystyle{ k}\) taka jak podana w poście nad moim (ale nie będzie to bok szukanego trójkąta potrzebnego do cosinusów)
4) odcinek równoległy do wysokości z p. 3 i potrzebny do cosinusów, z podobieństwa na ścianie
\(\displaystyle{ k,k,a}\) (właśnie próbuję zdobyć, bo znowu błąd znalazłem)
Dodano po 14 minutach 42 sekundach:
i z podobieństwa wyjdzie - dosyć karkołomny (nie mam czasu przekształcać, dopiero jutro mogę wrzucić rysunek)
5) Aby otrzymać trzeci bok trójkąta (tego do cosinusów) na podstawie ostrosłupa, trzeba najpierw z Pitagorasa z (4) i (2) wyznaczyć odpowiedni kawałek krawędzi podstawy, aby znowu z Pitagorasa na podstawie dostać ten trzeci bok.