RW8ISLwxOjdBr

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny A B C  A prim B prim C prim. Na rysunku zaznaczono przekątną ściany bocznej A prim C o długości d oraz przekątną ściany bocznej A prim B również o długości d. Odcinek B C ma długość jeden. Pomiędzy odcinkiem A prim C i odcinkiem A prim B zaznaczono kąt trzydziestu stopni. Z wierzchołka A prim upuszczono wysokość trójkąta A prim B C na punkt D znajdujący się na środku odcinka B C.

Korzystając z tw. cosinusów w trójkącie $BC{A}^{\prime }$ zapisujemy równanie:

$1^2=d^2+d^2-2d^2\cos {30}^{\circ }$

$1=2d^2-2d^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$

$1=d^2\left(2-\sqrt{3}\right)$

$d^2=\frac{1}{2-\sqrt{3}}\cdot \frac{2+\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}=\frac{2+\sqrt{3}}{4-3}=2+\sqrt{3}$

Korzystając z tw. Pitagorasa w trójkącie $C{C}^{\prime }{A}^{\prime }$ otrzymujemy

$h^2+1^2=d^2$

$h^2+1=2+\sqrt{3}$

$h=\sqrt{1+\sqrt{3}}$

RdUjUDDlTfXs1

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny A B C  A prim B prim C prim. Na rysunku zaznaczono przekątną ściany bocznej A prim C oraz wysokość podstawy C D o długości h indeks dolny p koniec indeksu. Punkt D połączono z wierzchołkiem A prim. Zaznaczono także dwa kąty, pierwszy pomiędzy odcinkiem C D a C A prim o mierze sześćdziesięciu stopni oraz drugi pomiędzy odcinkami A C i A prim C o mierze alfa. Odcinek A C ma długość a.

Przez $a$ oznaczmy długość krawędzi podstawy. Wtedy wysokość trójkąta w podstawie ma długość $h_p=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Z zależności trygonometrycznych w trójkącie $CD{A}^{\prime }$ wynika, że:

$\mathrm{tg}{60}^{\circ }=\frac{\left|A^{\prime }D\right|}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}$

$\left|A^{\prime }D\right|=\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{2}$

Spójrzmy na trójkąt prostokątny $AD{A}^{\prime }$. Jedna z jego przyprostokątnych ma długość $\frac{a}{2}$, natomiast przeciwprostokątna $\frac{3a}{2}$. Z tw. Pitagorasa obliczamy:

${\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left|A{A}^{\prime }\right|}^2={\left(\frac{3a}{2}\right)}^2$

${\left|A{A}^{\prime }\right|}^2=\frac{9a^2}{4}-\frac{a^2}{4}=2a^2$

$\left|A{A}^{\prime }\right|=a\sqrt{2}$.

Szukany tangens kąta $\alpha$ jest równy

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{\left|A{A}^{\prime }\right|}{\left|AC\right|}=\frac{a\sqrt{2}}{a}=\sqrt{2}$

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

RK4iRJUkRtI46

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny A B C  A prim B prim C prim. Na rysunku zaznaczono przekątną ściany bocznej A prim C o długości d oraz przekątną ściany bocznej A prim B również o długości d. Odcinek B C ma długość a, natomiast odcinek C C prim ma długość h. Pomiędzy odcinkiem A prim C i odcinkiem A B zaznaczono kąt alfa. Z wierzchołka A prim upuszczono wysokość trójkąta A prim B C na punkt D znajdujący się na środku odcinka B C.

Długość przekątnej $d$ za pomocą tw. Pitagorasa uzależniamy od długości krawędzi $d=\sqrt{a^2+h^2}$.

$\mathrm{I}$ sposób

Długości przyprostokątnych trójkąta $DA{A}^{\prime }$ to $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ oraz $h$, zatem

$\left|A^{\prime }D\right|=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+h^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+h^2}$

Ponadto wiemy, że $\sin \alpha =\frac{\sqrt{95}}{10}$, zatem

$\frac{\sqrt{95}}{10}=\frac{\left|A^{\prime }D\right|}{d}$

$\frac{\sqrt{95}}{10}=\frac{\sqrt{\frac{3a^2}{4}+h^2}}{\sqrt{a^2+h^2}}$

$\sqrt{95}\cdot \sqrt{a^2+h^2}=10\cdot \sqrt{\frac{3a^2}{4}+h^2}$

Obie strony równania są dodatnie, możemy więc podnieść je do kwadratu:

$95\left(a^2+h^2\right)=100\left(\frac{3a^2}{4}+h^2\right)$

$95a^2+95h^2=75a^2+100h^2$

$20a^2=5h^2$

$h^2=4a^2$

$h=2a$

Suma długości wszystkich krawędzi jest równa $54 \mathrm{cm}$, zatem

$6a+3h=54$

$6a+6a=54$

$a=4,5 \mathrm{cm}$

$\mathrm{II}$ sposób

Zamiast wyznaczać długość odcinka $D{A}^{\prime }$, możemy za pomocą jedynki trygonometrycznej obliczyć cosinus kąta $\alpha$:

$\cos \alpha =\sqrt{1-{\left(\frac{\sqrt{95}}{100}\right)}^2}=\frac{\sqrt{5}}{10}$

i uzyskać nieco prostsze równanie

$\frac{\sqrt{5}}{10}=\frac{\frac{a}{2}}{\sqrt{a^2+h^2}}$

$\sqrt{5}\cdot \sqrt{a^2+h^2}=5a$

$5\left(a^2+h^2\right)=25a^2$

$a^2+h^2=5a^2$

$h^2=4a^2$

$h=2a$

Dalej, analogicznie jak w sposobie $\mathrm{I}$, wyznaczamy $a=4,5 \mathrm{cm}$.

R1CziiuBUey4k

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny A B C  A prim B prim C prim. Na rysunku zaznaczono przekątną ściany bocznej A prim C o długości d oraz przekątną ściany bocznej A prim B również o długości d. Odcinek B C ma długość a, natomiast odcinek C C prim ma długość h. Pomiędzy odcinkiem A prim C i odcinkiem A prim B zaznaczono kąt alfa.

Kąty $\alpha$ i $\beta$ są kątami wewnętrznymi trójkąta $BC{A}^{\prime }$, w którym długości boków oznaczamy jako $a$, $d$, $d$. Zapisujemy dwa równania wynikające z tw. cosinusów:

$\{\begin{array}{l}{a}^2=d^2+d^2-2\cdot d\cdot d\cdot \cos \alpha \\ d^2=a^2+d^2-2\cdot d\cdot a\cdot \cos \beta \end{array}$

$\{\begin{array}{l}{a}^2=2d^2-2d^2\cos \alpha \\ 2ad\cos \beta =a^2\end{array}$

Z drugiego równania wyznaczamy: $a=2d\cos \beta$ i wstawiamy do pierwszego równania:

$\left(2d\cos \beta \right){}^2=2d^2-2d^2\cos \alpha$

$4d^2{\cos }^2\beta =2d^2-2d^2\cos \alpha$

$2{\cos }^2\beta =1-\cos \alpha$

$\cos \beta =\sqrt{\frac{1-\cos \alpha }{2}}$

UWAGA: To zadanie można rozwiązać w inny sposób, opierając się wyłącznie na wzorach dotyczących funkcji trygonometrycznych.

Zauważmy, że trójkąt $BC{A}^{\prime }$ jest równoramienny, a więc $\alpha +2\beta ={180}^{\circ }$, czyli $\beta =\frac{{180}^{\circ }-\alpha }{2}$.

Chcemy obliczyć wartość $\cos \beta$, za więc

$\cos \beta =\cos \frac{{180}^{\circ }-\alpha }{2}=\cos \left({90}^{\circ }-\frac{\alpha }{2}\right)=\sin \frac{\alpha }{2}$.

Ze wzoru na cosinus podwojonego kąta wiemy, że $\cos 2\alpha =1-2{\sin }^2\alpha$. Stosując go dla kąta $\frac{\alpha }{2}$ i $\alpha$ otrzymujemy

$\cos \alpha =1-2{\sin }^2\frac{\alpha }{2}$.

Stąd

$\cos \beta =\sin \frac{\alpha }{2}=\sqrt{\frac{1-\cos \alpha }{2}}$.