Matematyka.pl

Mam problem z zadaniem:

W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym kąt przy podstawie ściany bocznej jest równy \(\displaystyle{ \alpha}\)
a) oblicz \(\displaystyle{ \cos ( \beta_{1})}\) oraz \(\displaystyle{ \cos ( \beta_{2})}\)
\(\displaystyle{ \beta_{1}}\) kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy
\(\displaystyle{ \beta_{2}}\) kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi ostrosłupa

i to sobie policzyłem i wychodzi tak jak w odp:
\(\displaystyle{ \cos ( \beta_{1}) = \frac{ \sqrt{3} }{3\tg ( \alpha )} \\
\cos ( \beta_{2}) = \frac{\sin (2 \alpha )}{2\sin ^2( \alpha )}}\)
ale problem jest z b...

podaj w jakim zakresie mogą zmieniać się kąty \(\displaystyle{ \alpha, \beta_1, \beta_2}\)

Odp to:
\(\displaystyle{ \alpha \in (30^\circ;60^\circ) \\
\beta_1 \in (0^\circ;90^\circ) \\
\beta_2 \in (60^\circ;120^\circ)}\)

Pokaż, jak liczysz.

VirtualUser pisze: Odp to:
\(\displaystyle{ \alpha \in (30^\circ;60^\circ)}\)

To nie jest prawdą.

Dilectus pisze:Pokaż, jak liczysz.

Nie liczę, gdyż nie wiem jak to zrobić, stąd tutaj pytam. Zrobiłem tylko a.

Zrobiłem tylko a

Więc pokaż, jak.

piasek101 pisze:

VirtualUser pisze: Odp to:
\(\displaystyle{ \alpha \in (30^\circ;60^\circ)}\)

To nie jest prawdą.

Tak mam podane w odpowiedzi, zatem jaka jest prawdziwa odpowiedź?

\(\displaystyle{ \beta_1}\) wyliczam z trójkąta prostokątnego utworzonego z opuszczenia wysokości na dolny trójkąt i wysokości ściany bocznej - jest prostokątny więc po zawodach.
Krawędź boczna z Pitagorasa także z własności ostrosłupa prawidłowego. Gdy ją mam to pole boczne na dwa sposoby a potem to już twierdzenie cosinusów dla kąta dwuściennego.
Nie widzę korelacji między twoimi domaganiami się wyjaśnienia, a moim problemem oprócz tego, że wbijasz sobie posty. Gdybym chciał spisać, to spisał bym z pierwszego lepszego rozwiązania, albo chociażby z modelu rozwiązań z tyłu zbioru (którego nie rozumiem). Jeśli ktoś nie chce się nauczyć to jego sprawa, nie powinieneś robić za Strażnika Teksasu. Pozdrawiam.

Jeżeli chcesz określić zakres zmiany kątów, napisz wzór na: \(\displaystyle{ \,\,\tg{ \alpha }\,\,}\); następnie określ jakie skrajne wartości może przyjąć wysokość ostrosłupa i wstaw je do tangensa. Wyniki przenieś do pozostałych wzorów ( zakładam, że wyliczenia są poprawne ).

piasek101 pisze:

VirtualUser pisze:Odp to:
\(\displaystyle{ \alpha \in (30^\circ;60^\circ)}\)

To nie jest prawdą.

VirtualUser pisze: \(\displaystyle{ \beta_2 \in (60^\circ;120^\circ)}\)

To również nie jest prawdą.

Niech
\(\displaystyle{ A, B, C}\) - wierzchołki podstawy
\(\displaystyle{ D}\) - Wierzchołek ostrosłupa
\(\displaystyle{ O}\) - spodek wysokości ostrosłupa, czyli punkt przecięcia wysokości podstawy
\(\displaystyle{ E}\) - punkt przecięcia wysokości ściany bocznej z podstawą (połowa długści podstawy)
\(\displaystyle{ a}\) - długość boku podstawy
\(\displaystyle{ b}\) - długość krawędzi bocznej ostrosłupa
\(\displaystyle{ h}\) - wysokość ściany bocznej
\(\displaystyle{ H}\) - wysokość ostrosłupa

\(\displaystyle{ b= \frac{a}{2\cos \alpha}}\)

\(\displaystyle{ h=b\sin\alpha=\sin\alpha\frac{a}{2\cos \alpha}=a\tg\alpha}\)

\(\displaystyle{ \left| EO\right| = \frac{1}{3}a \frac{ \sqrt{3} }{2}}\) (dlaczego?)

\(\displaystyle{ \cos\beta_1= \frac{\left| EO\right| }{h}= \frac{\frac{1}{3}a \frac{ \sqrt{3} }{2}}{a\tg\alpha} = \frac{ \sqrt{3} }{6}\ctg \alpha}\)

VirtualUser pisze: Tak mam podane w odpowiedzi, zatem jaka jest prawdziwa odpowiedź?

Patrzyłem (co widać) tylko na pierwszą odpowiedź - skoro była zła dalej nie sprawdzałem.

Co do tej pierwszej odpowiedzi.
Granicznym najmniejszym kątem będzie ten gdy ,,ostrosłup" będzie płaski.
Największym gdy ostrosłup będzie ,,bardzo" wysoki.