R1NFutI4YDCYr

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy długości równej dwanaście. Krawędź boczną oznaczono h, natomiast przekątną graniastosłupa oznaczono d. Podstawę graniastosłupa oznaczono wielkimi literami alfabetu od A do D, oraz górną wielkimi literami od E do H. Odpowiednio nad wierzchołkiem A, znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B wierzchołek F i tak dalej. Zaznaczono kąt alfa między przekątną d a przekątną HC ściany bocznej.

Cosinus kąta w trójkącie prostokątnym jest stosunkiem długości przyprostokątnej przy kącie do długości przeciwprostokątnej. Zatem możemy przyjąć oznaczenia $\left|CH\right|=4x$ oraz $\left|CE\right|=5x$ i z tw. Pitagorasa w trójkącie $CHE$ mamy:

${12}^2+{\left(4x\right)}^2={\left(5x\right)}^2$

$144=9x^2$

$x=4$

Przekątna graniastosłupa ma długość $\left|CE\right|=5\cdot 4=20$, natomiast przekątna ściany bocznej $\left|CH\right|=4\cdot 4=16$.

Korzystając z tw. Pitagorasa w trójkącie $CGH$, otrzymujemy:

${\left|GH\right|}^2+{\left|GC\right|}^2={\left|CH\right|}^2$

${12}^2+h^2={16}^2$

$h^2=256-144$

$h=\sqrt{112}=4\sqrt{7}$

Długość krawędzi bocznej wynosi $4\sqrt{7}$.

Z informacji o sumie pól kwadratu o boku $a$ i prostokąta o wymiarach $6\times a$ otrzymujemy równanie kwadratowe. Pamiętamy, że $a>0$.

$a^2+6a=27$

$a^2+6a-27=0$

$\Delta =6^2-4\cdot 1\cdot \left(-27\right)=36+108=144={12}^2$

$a_1=\frac{-6+12}{2}=3$, $a_2=\frac{-6-12}{2}=-9<0$

R11udohwYZIu4

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy długości równej a. Krawędź boczną oznaczono h, natomiast przekątną graniastosłupa oznaczono d. Podstawę graniastosłupa oznaczono wielkimi literami alfabetu od A do D, oraz górną wielkimi literami od E do H. Odpowiednio nad wierzchołkiem A, znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B wierzchołek F i tak dalej. Zaznaczono kąt alfa między przekątną podstawy równą $a\sqrt{2}$, a przekątną EC graniastosłupa oznaczoną d.

Krawędź podstawy ma długość $3$.

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{6}{3\sqrt{2}}=\sqrt{2}<\sqrt{3}$.

Tangens kąta nachylenia przekątnej graniastosłupa do płaszczyzny podstawy jest mniejszy niż $\sqrt{3}$, zatem kąt jest mniejszy niż $60°$.

Rzutem prostokątnym odcinka $BI$ na płaszczyznę podstawy jest odcinek $JB$. Przez $a$ oznaczmy długość krawędzi sześcianu, a przez $\alpha$ miarę kąta $JBI$.

RW4cyXbulnC23

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy czworokątny. Krawędź boczną oznaczono h, natomiast przekątną graniastosłupa oznaczono d. Podstawę graniastosłupa oznaczono wielkimi literami alfabetu od A do D, oraz górną wielkimi literami od E do H. Odpowiednio nad wierzchołkiem A, znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B wierzchołek F i tak dalej. Zaznaczono punkt I stanowiący środek krawędzi HE. Poprowadzono prostą przechodzącą przez punkt I, oraz wierzchołek B. Punkt I zrzutowano prostopadle na płaszczyznę w punkcie J. $\angle JBI$ oznaczono alfa.

Korzystając z tw. Pitagorasa w trójkącie $ABJ$, mamy:

$a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2={\left|BJ\right|}^2$

${\left|BJ\right|}^2=\frac{5}{4}{a}^2$.

Korzystając z tw. Pitagorasa w trójkącie $BIJ$, otrzymujemy:

${\left|BJ\right|}^2+a^2={\left|BI\right|}^2$

$\frac{5}{4}{a}^2+a^2={\left|BI\right|}^2$

${\left|BI\right|}^2=\frac{9}{4}{a}^2$

$\left|BI\right|=\frac{3}{2}a$

$\sin \alpha =\frac{\left|IJ\right|}{\left|BJ\right|}=\frac{a}{\frac{3}{2}a}=\frac{2}{3}$

Sinus kąta nachylenia prostej $BI$ do płaszczyzny podstawy $ABCD$ jest równy $\frac{2}{3}$.

R1GnbnPvl1nva

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy czworokątny. Podstawę graniastosłupa oznaczono wielkimi literami alfabetu od A do D, oraz górną wielkimi literami od E do H. Odpowiednio nad wierzchołkiem A, znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B wierzchołek F i tak dalej. Przekątna BD podstawy jest równa $a\sqrt{2}$. Przekątną HB graniastosłupa oznaczono d. Różowym kolorem oznaczono kąt alfa między przekątną podstawy a przekątną d graniastosłupa. Niebieskim kolorem oznaczono kąt alfa między przekątną GB ściany bocznej a przekątną HB graniastosłupa.

Korzystając z zależności trygonometrycznych w trójkącie $BGH$, mamy

$\sin \alpha =\frac{a}{d}$.

Jednocześnie szukając zależności w trójkącie $BDH$ pomiędzy wielkościami $a$ i $d$, mamy

$\cos \alpha =\frac{a\sqrt{2}}{d}=\frac{a}{d}\sqrt{2}$.

Podstawiając z pierwszego równania do drugiego za $\frac{a}{d}$, otrzymujemy

$\cos \alpha =\sqrt{2}\sin \alpha$.

Dzieląc stronami przez $\sqrt{2}\cos \alpha$, otrzymujemy

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

Pamiętając o tożsamości trygonometrycznej $\mathrm{tg}\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$, otrzymujemy

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0,7071$.

Korzystając z tabeli wartości funkcji trygonometrycznych, odczytujemy $\alpha \approx {55}^{\circ }$.

Tangens szukanego kąta przyjmuje wartości $\frac{\sqrt{2}}{2}$, a miara tego kąta to w przybliżeniu $35°$.