Zadania.info
Największy internetowy zbiór zadań z matematyki
cornersUpL
cornersUpR

Zadania

Na skróty

Recenzje

Linki sponsorowane

cornersM

Linki sponsorowane

cornersR
Zadanie nr 1656378

Odległość środka wysokości ostrosłupa prawidłowego trójkątnego od ściany bocznej jest równa d . Krawędź boczna tworzy z płaszczyzną podstawy kąt α . Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej ostrosłupa.

Wersja PDF
Rozwiązanie

Zaczynamy od rysunku


PIC


Plan jest następujący: ponieważ EB = 2F E ze znanego tg ∡F BD = tg α łatwo obliczyć tg∡EF D = tg∡KGD . To pozwoli nam wyliczyć GD w zależności od d . Mając wysokość ostrosłupa wyliczymy długość a krawędzi podstawy i wysokość ściany bocznej.

Zatem do dzieła. Z podobieństwa trójkątów GKD i F ED mamy

 DE DE tg ∡KGD = tg∡EF D = ----= 1----= 2tg α. F E 2 EB

Jeżeli oznaczymy DE = H , to z trójkąta KGD mamy

 ∘ -------- KD √GD---2 −-KG-2 H-2− d2 tg ∡KGD = ----= -------------- = ---4------ ∘ -KG------- d d 4d tg α = H 2 − 4d2 H 2 − 4d2 = 16d 2tg2α ∘ ----------- H 2 = 4d2(4 tg2α + 1) ⇒ H = 2d 4 tg2α + 1.

Teraz już łatwo. Ponieważ środek trójkąta równobocznego dzieli jego wysokość w stosunku 2:1, więc ze wzoru na wysokość w trójkącie równobocznym.

 √ -- √ -- EB = 2-⋅ a-3-= a--3-. 3 2 3

Patrzymy teraz na trójkąt EBD .

EB- = ctg α H√ -- a 3 -----= H ctgα 3 √ -- √ -- ∘ ----------- a = 3H ctg α = 2 3d ctg α 4 tg 2α + 1 a2 = 12d2 ctg 2α(4 tg 2α + 1) = 1 2d2(4+ ctg2α) 2√ -- P = a---3-= 3√ 3d2(4 + ctg2α ). ABC 4

Teraz już możemy policzyć objętość:

 √ -- ∘ ----------- V = 1PABCH = 1⋅3 3d2(4 + ctg2α )⋅2d 4tg2 α+ 1 = 3 3 ∘ ----------- √ --3 2 2 = 2 3d (4 + ctg α ) 4 tg α + 1.

Do wyliczenia pola powierzchni potrzebujemy jeszcze znać wysokość ściany bocznej. Spróbujemy wyznaczyć tę wysokość w zależności a – licząc pole i tak będziemy mnożyć przez a , a a2 mamy już ładnie wyliczone. Jak już wcześniej wyliczyliśmy

a√ 3- a√ 3- ----- = H ctg α ⇒ H = -----tg α. 3 3

Zatem

 ( √ --) 2 ( √ -- ) 2 2 2 2 1- a--3- a--3- F D = FE + ED = 3 ⋅ 2 + 3 tg α = ( ) 2 -1- tg-2α- a2- 2 = a 12 + 3 = 12(1 + 4 tg α) ∘ ----------- F D = -√a-- 1 + 4 tg 2α. 2 3

Zatem pole ściany bocznej jest równe

 ∘ ----------- 1- -a2-- 2 PADC = 2 a⋅F D = 4√ 3 1 + 4tg α 2 ∘ ----------- -- ∘ ----------- = -a√--- 1+ 4tg2 α⋅1 2d2(4+ ctg2α) = √ 3d2(4 + ctg2α) 1+ 4tg2 α. 4 3

Zatem pole powierzchni jest równe

P = P + 3P = c ABC ADC ∘ ----------- = 3√ 3d2(4 + ctg2α )+ 3 √ 3d2(4 + ctg2α) 1+ 4tg2 α = ∘ ----------- √ --2 2 2 = 3 3d (4 + ctg α )(1+ 1 + 4tg α).

 
Odpowiedź:  √ -- V = 2 3d 3k ,  √ -- Pc = 3 3d 2k , gdzie  2 ∘ ---2------- k = (4+ ctg α) 4tg α + 1

Wersja PDF
Twoje uwagi
Nie rozumiesz fragmentu rozwiązania?
W rozwiązaniu jest błąd lub literówka?
Masz inny pomysł na rozwiązanie tego zadania?
Napisz nam o tym!