Binnenhoek van een loodrechte doorsnede in een piramide

[jhnbk]

\(\tan \beta = \frac{r}{h}\)

\(buighoek = Bg\tan(\frac{1}{2}\frac{r \sin(\frac{\frac{\pi}{2}+2\pi (n-1)}{n})}{r \cdot \cos(\frac{\frac{\pi}{2}+2\pi (n-1)}{n})\cos \beta})\)

als ik niet hopeloos geknoeid heb zou het dit kunnen zijn

[aadkr]

Phys, inderdaad, die 1/2r in teller en noemer valt weg.

Oktagon, je hebt gelijk. Als h zeer groot wordt ( nadert tot oneindig), dan nadert de buighoek naar 60 graden.

Als h zeer klein wordt, dan nadert de buighoek naar nul graden.

[oktagon]

Bij deze zeshoek is de uitslaghoek alleen afh.van de hoogte;dus die kun je omzetten in een formule welke bijv is gebaseerd op een minimale hoogte en dan een uitslaghoek van 180 graden.Dit laat ik aan de wiskunstenaars over evenals het feit dat bij een N-hoek als plattegrond voor de pyramide met een centrale top de uitslaghoek afhankelijk is van N en H.

Ik dacht dat de formule eenvoudiger was als ik mijn tekening bekijk!

[oktagon]

Phys, inderdaad, die 1/2r in teller en noemer valt weg.

Oktagon, je hebt gelijk. Als h zeer groot wordt ( nadert tot oneindig), dan nadert de buighoek naar 60 graden.

Als h zeer klein wordt, dan nadert de buighoek naar nul graden.

Nog steeds deze zeshoek bekijkende:Maken we de hoogte bijv. in mijn tekening onder 60 graden dan wordt de uitslaghoek ca.122 graden (niet berekend!),nemen we de hoogte onder 45 graden dan gaan we met de uitslaghoek naar 150 graden en zakken we met de hoek naar nul dan worden de vouwen glad getrokken ofwel 180- graden en geen nul (m.i.)

De buighoek van deze zeshoek kan varieren van 180 graden tot 120 graden!

[aadkr]

Oktagon, ik geloof dat je het begrip uitslaghoek en buighoek door elkaar haalt.

Volgens mij is de buighoek:

\(Buighoek=180 - 2\arctan(\frac{\sin(\frac{360}{n})}{2 \sin^2(\frac{180}{n}) \cos \beta})\)

\(Met \beta =\arctan(\frac{r}{h})\)

[oktagon]

Wij leerden vroeger een uitslaghoek (=buighoek) te maken van een hoekkeper van een kap (dak)en dat werkte op dezelfde manier.Ik kan me ook vergissen;je zou eens de zeshoek (dus 360/N) en de hoek van de omlijnende prisma (van de zesh.pyramide) van 60 graden kunnen opnemen in je formule en zou dan in de koers van 125 graden moeten uitkomen zoals ik tekende!

Volgens mij wordt de suplementaire hoek berekend van de buighoek en praten we langs elkaar heen.MATH sprak over een pyramide die hij van metaal wilde maken en hoe groot de hoek moest zijn om dat geval in elkaar te zetten.Ik ging dus steeds uit van hoeken die moesten worden "gezet" om de gevraagde hoek te kunnen maken en om aldoende de pyramide te creeeren en dat doe je niet met de "geformuleerde" hoek,daar begin je niets mee!

Hetgeen MATH tekende in de aanloop van deze topic,heb ik uitgewerkt zoals het m.i.behoort!

[aadkr]

Volgens mij is de buighoek volgens mijn formule het supplement van de gele hoek in de tekening van Math.

Het is deze buighoek , die je moet instellen op je zetbank.

[oktagon]

Hoe je de hoek ook benoemt,ik bereken met mijn grafisch/analytische methode die hoek (buighoek of supplement,hoe je het ook noemen wilt) op een tg van de halve hoek ofwel 1,7853571 en vind dan een halve hoek van 60,7464 graden * 2= 121,4928 graden ofwel op een eenvoudiger manier hetzelfde antwoord.Formule zal ik nog wel eens trachten in elkaar te draaien.En nu naar de slaapstal,het is bijna 1uur!

[oktagon]

Ik destilleerde uit mijn tekening de volgende formule voor de te maken knik in de zijvlakken van een pyramide met een willekeurige veelhoek(n-hoek) als grondvlak met R als straal van de omsluitende cirkel en een hoogte van H.

De tangens van deze halve hoek is m.i.: (2/H)*sin(360/n) *

\(\sqrt ({H^2}+{R^2})\)

Indien de (stand-)hoek "beta"bekend is tussen de rib van de pyramide en het grondvlak,dus een sinus heeft van H/schuine rib,dan is de formule te vereenvoudigen tot:

tg halve hoek= 2*(sin 360/n)/sin

\(\beta\)

[/color]

[aadkr]

Ik heb in het programma Autocad 2000 een piramide getekend met de maten:

R=12 cm H=30 cm n=10

Inhet programma heb ik de piramide gedraaid en de hoek opgemeten. Dan kom ik op 146,4249 graden ( dus mijn buighoek is dan: 180 - 146,4249 = 33,5750 graden.

Als ik mijn formule voor de buighoek invul, dan kom ik ook op 33,5750 graden uit.

Als ik jou formule invul kom ik op een heel andere waarde uit (95,0096 graden).

[oktagon]

Aangezien ik niet zo gauw opgeef,ben ik weer aan het tekenen en rekenen geslagen en heb in klad een aangepaste formule ontwikkeld en die toegepast op jouw gegevens en kom dan op een tangens van 3,31 ofwel een halve buitenhoek van 73,18 graden (x2 = 146,36 graden),dus groter dan 180-36 graden

(R*sin(360/n) *(H^2+R^2)^0,5) / (H*(R-Rcos(360/n)));

Deze later uitgewerkt ervan uitgaande dat eerst de standhoek

\(\beta\)

tussen de basis en de ribbe van de pyramide wordt berekend:

tg halve binnenhoek= sin (360/n)/ ((1-cos 360/n)*sin

\(\beta\)

)

Ik zie graag een test van AADR op zijn CAD-apparaat tegemoet of het dit keer de goede formule is!

[oktagon]

De door mij geproduceerde formule sin(360/n)/((1-cos 360/n)* sin β) zou voor de pyramide van Cheops in zijn oorspronkelijke maten van 229*229m²en met gelijkzijdige driehoeken als zijvlakken,resulteren in:

tg.halve binnenhoek ribbe =sin 90/((1-cos 90)*sin45)=1,4142 en dat geeft een halve binnenhoek van 54,735 graden en een binnenhoek van 109,47 graden.

Die 54,735 graden herhaalt zich in de standhoek van de zijvlakken met het grondvlak!

Archeologen discussieren over een hoogte varierend van 146 tot ruim 150 meter;als ik de wiskundige wetenschap van de Egyptenaren goed inschat is mijn idee,dat de zijvlakken gelijkzijdige driehoeken waren en niet willekeurig gevormd.