Zadanie nr 3905626

Każda krawędź graniastosłupa trójkątnego ma długość 26. Ściana boczna ACF D jest prostopadła do płaszczyzny podstawy ABC , a krawędź jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod katem takim, że tgα = 2,4 (zobacz rysunek).

Oblicz cosinus kąta DBF .

Wersja PDF

Rozwiązanie

Dorysujmy rzuty i punktów i na płaszczyznę podstawy.

Ponieważ płaszczyzny ABC i ACF D są prostopadłe, punkty i leżą na prostej oraz każdy z trójkątów DKB i F LB jest prostokątny. Właśnie te trójkąty pozwolą nam obliczyć długości odcinków i . Zanim jednak to zrobimy obliczmy pozostałe funkcje trygonometryczne kąta .

12 sin α ---= tg α = ----- /()2 5 co sα 1-44 sin-2α- 1-−-cos2α- 25 = cos2α = cos2 α 2 2 1 44co s α = 25 − 2 5cos α 2 -5- 1 69co s α = 25 ⇒ cos α = 1 3.

Stąd

∘ -------- ∘ ---- ∘ ---------- 25 144 12 sin α = 1− cos2α = 1 − 16-9 = 169-= 13-

oraz

5-- AK-- AK-- 13 = cosα = AD = 26 ⇒ AK = 10 12 DK DK ---= sin α = ----= ---- ⇒ DK = 2 4. 13 AD 26

Teraz obliczymy długość odcinka – korzystamy z twierdzenia cosinusów w trójkącie ABK (trójkąt ABC jest równoboczny, więc ∡BAK = 60∘ ).

BK 2 = AK 2 + AB 2 − 2AK ⋅AB cos 60∘ = = 100 + 676 − 2 ⋅10 ⋅26 ⋅ 1-= 516. 2

Stąd

∘ ----2------2 √ ---------- √ ----- √ ---- BD = DK + BK = 576 + 516 = 1092 = 2 273.

W podobny sposób obliczymy długość odcinka . Zauważmy najpierw, że trójkąty AKD i CLF są przystające, więc CL = AK = 10 , FL = DK = 2 4 . Piszemy teraz twierdzenie cosinusów w trójkącie BLC .