/Szkoła średnia/Geometria/Stereometria

Zadanie nr 6098664

Dodaj do ulubionych
Dodaj do rozwiązanych

Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy b i kącie nachylenia krawędzi bocznej do krawędzi podstawy α . Oblicz pole przekroju płaszczyzną przechodzącą przez wierzchołek i równoległą do krawędzi podstawy oraz nachyloną do płaszczyzny podstawy pod kątem β . Podaj konieczne założenia dotyczące kąta α .

Rozwiązanie

Szkicujemy opisaną sytuację.

PIC

Przekrój EF S , o którym mowa w treści zadania to trójkąt równoramienny o podstawie EF = b i wysokości SK . Tę wysokość łatwo powiązać z wysokością ostrosłupa – patrzymy na trójkąt prostokątny SKL

SL- -SL-- SK = sinβ ⇒ SK = sinβ .

Pole trójkąta EF S jest więc równe

1- b⋅-SL-- PEFS = 2 EF ⋅SK = 2sinβ .

Pozostało więc obliczyć wysokość ostrosłupa SL – zrobimy to na dwa sposoby. Zanim jednak przejdziemy do tych rachunków, ustalmy jeszcze jakie są możliwe wartość kąta α . Jeżeli odsuwamy wierzchołek S od płaszczyzny podstawy, to kąt ten rośnie i może być dowolnie bliski π- 2 , a jeżeli przybliżamy wierzchołek S do płaszczyzny podstawy, to trójkąt BMS zaczyna przybliżać trójkąt BML i kąt ten dąży do π- 4 . Zatem

(π π ) α ∈ --,-- . 4 2

Gdybyśmy chcieli tę samą odpowiedź otrzymać bardziej rachunkowo, niż geometrycznie, to patrzymy na trójkąt BMS , w którym SM- tgα = BM i zauważamy, że ( ) SM ∈ b,+∞ 2 .

Sposób I

Wysokość ostrosłupa obliczymy z trójkąta prostokątnego SLM . Najpierw jednak obliczamy długość wysokości SM ściany bocznej.

SM-- = tg α ⇒ SM = b-tg-α-. BM 2

Piszemy teraz twierdzenie Pitagorasa w trójkącie SLM .

∘ ------------- ∘ --------- ∘ ------------- b2tg2 α b2 b tg2 α− 1 SL = SM 2 − LM 2 = --------− ---= ------------- 4 4 2

Pole przekroju jest więc równe

∘ --------- b⋅SL b2 tg2 α− 1 PEFS = -------= -------------. 2 sin β 4 sinβ

Sposób II

Tym razem wysokość ostrosłupa obliczymy z trójkąta prostokątnego SLB . Najpierw obliczamy jednak długość krawędzi bocznej ostrosłupa.

BM-- --b2-- ---b--- SB = cos α ⇒ SB = co sα = 2 cosα .

Piszemy teraz twierdzenie Pitagorasa w trójkącie SLB .

∘ -------------- √ ------------ √ --------- ∘ ----------- b2 b2 b2 1− 2co s2 α b − cos 2α SL = SB 2 − LB 2 = -----2--− ---= ----------------= -----------. 4 cos α 2 2 cosα 2 cosα

Pole przekroju jest więc równe

2√ --------- P = -b⋅-SL-= b---−--cos2α-. EFS 2 sinβ 4co sα sin β

 
Odpowiedź: ( π-π-) α ∈ 4,2 , √ ------ b2--tg2α−-1 b2√−-cos2α- P = 4sinβ = 4 cosαsinβ

Wersja PDF