Pole podstawy wynosi $36$, a więc krawędź podstawy ma długość $6$. Ze wzoru na sumę długości wszystkich krawędzi w graniastosłupie prawidłowym czworokątnym wiemy, że $80=8\cdot 6+4\cdot h$, a więc długość krawędzi bocznej to $h=\frac{80-48}{4}=8$.

RFigkllPFLVTY

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy czworokątny A B C D E F G H, gdzie wierzchołek F znajduje się nad wierzchołkiem A, wierzchołek E nad B, wierzchołek G nad C oraz wierzchołek H nad D. Na rysunku zaznaczono przekątną B H oraz przekątną A B. Obie przekątne przecinają się w punkcie P i tworzą kąt alfa. Odcinek A B ma długość sześć, natomiast odcinek G C ma długość osiem.

Przekątne $AG$ i $BH$ są przekątnymi prostokąta $ABGH$, więc są równej długości i przecinają się w połowie

$d=\sqrt{6^2+6^2+8^2}=\sqrt{136}=2\sqrt{34}$

$\left|HP\right|=\left|GP\right|=\sqrt{34}$

Z twierdzenia cosinusów w trójkącie $GHP$ otrzymujemy równanie:

$6^2={\sqrt{34}}^2+{\sqrt{34}}^2-2\cdot \sqrt{34}\cdot \sqrt{34}\cdot \cos \alpha$

$36=34+34-68\cos \alpha$

$68\cos \alpha =32$

Odp.: $\cos \alpha =\frac{32}{68}=\frac{8}{17}$.

RwoXHmMEtGvSx

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy czworokątny A B C D E F G H, gdzie wierzchołek F znajduje się nad wierzchołkiem A, wierzchołek E nad B, wierzchołek G nad C oraz wierzchołek H nad D. Na rysunku zaznaczono przekątną B H oraz przekątną A B. Obie przekątne przecinają się w punkcie P i tworzą kąt beta. Odcinek A B ma długość sześć, natomiast odcinek G C ma długość osiem. Na ilustracji zaznaczono również przekątną A C oraz E G o długości a pierwiastków z dwóch.

Przez $x$ oznaczmy długość odcinka $PG$ i równego mu $PE$. Wtedy z tw. cosinusów w trójkącie $EPG$ otrzymujemy:

${\left(a\sqrt{2}\right)}^2=x^2+x^2-2\cdot x\cdot x\cdot \cos \beta$

$2a^2=2x^2-2x^2\cdot \frac{1}{3}$

$2a^2=\frac{4}{3}{x}^2$

$x^2=\frac{3}{2}{a}^2$

Długość $x$ jest połową przekątnej graniastosłupa, a więc $x=\frac{\sqrt{2a^2+h^2}}{2}$, zatem:

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

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

$2a^2+h^2=6a^2$

$h^2=4a^2$

$\left|h\right|=\left|2a\right|$

Wartości $a$ i $h$ są długościami, a więc są liczbami dodatnimi, zatem $h=2a$.

Wstawiając tę zależność do wzoru na sumę długości krawędzi otrzymujemy:

$48=8a+4\cdot 2a$

$16a=48$

$a=3$

Odp. Długość krawędzi podstawy tego graniastosłupa wynosi $3$.

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

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

1. Uzupełnijmy rysunek. Oznaczmy kąt, którego cosinusa szukamy przez $\alpha$.

   RW6YoP15tb8Xf

   Ilustracja przedstawia sześcian A B C D E F G H o krawędzi a. Z wierzchołka E wychodzi prosta stykająca się z dolną podstawą na przecięciu jej przekątnych. Tworzy to punkt S. Połowa przekątnej ma miarę $\frac{\sqrt{2}a}{2}$. Przekątna tworzy z nowopowstałą prostą kąt alfa.

   

   Obliczamy długość odcinka $ES$ z Twierdzenia Pitagorasa: $a^2+{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a\right)}^2={\left|ES\right|}^2$.
   Czyli ${\left|ES\right|}^2=\frac{6}{4}{a}^2$ i ostatecznie $\left|ES\right|=\frac{\sqrt{6}}{2}a$. Obliczmy $\cos \alpha$ z funkcji trygonometrycznych w trójkącie $ASE\text{: }\cos \alpha =\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}a}{\frac{\sqrt{6}}{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{12}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

2. Ponieważ $\alpha +\left|\sphericalangle AES\right|=90°$, to: $\cos \alpha =\sin \left(\sphericalangle \mathrm{AES}\right)=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
   Zaznaczmy na rysunku kąt nachylenia przekątnej sześcianu do podstawy $\sphericalangle ACE$.

   RBGIoWYd7WUVp

   Ilustracja przedstawia sześcian A B C D E F G H o krawędzi a. Z wierzchołka E wychodzi prosta stykająca się z dolną podstawą na przecięciu jej przekątnych. Tworzy to punkt S. Połowa przekątnej ma miarę $\frac{\sqrt{2}a}{2}$. Przekątna tworzy z nowopowstałą prostą kąt alfa. Zaznaczono przekątną sześcianu równą $a\sqrt{3}$ oraz przekątną podstawy stykające się w punkcie C.

   

   Zauważmy, że korzystając z trójkąta $AEC$: $\sin \sphericalangle ACE=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
   A zatem miara kąta nachylenia przekątnej sześcianu do płaszczyzny podstawy jest równa mierze $\sphericalangle AES$.

RQ0ZxqQh4pfMI

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy czworokątny A B C D E F G H, gdzie wierzchołek F znajduje się nad wierzchołkiem A, wierzchołek E nad B, wierzchołek G nad C oraz wierzchołek H nad D. Na rysunku zaznaczono przekątną B H o długości piętnaście oraz przekątną A H o długości cztery x. Odcinek A B ma długość trzy x, natomiast odcinek G C będący wysokością bryły ma długość h. Zaznaczono także kąt alfa pomiędzy przekątną bryły B H a odcinkiem A B.

Tangens kąta $\alpha$ to stosunek długości przyprostokątnej $AH$ na przeciw kąta do przyprostokątnej $AB$ przy kącie, zatem możemy je oznaczyć odpowiednio przez $4x$ i $3x$. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABH$ otrzymujemy:

${\left(4x\right)}^2+{\left(3x\right)}^2={15}^2$

$x=3$.

Długość krawędzi podstawy wynosi $3x=9$, a długość przekątnej ściany bocznej to $4x=12$. Korzystając z tw. Pitagorasa w trójkącie $AEH$ mamy:

$9^2+h^2={12}^2$

$h=\sqrt{63}=3\sqrt{7}$

Długość krawędzi bocznej tego graniastosłupa wynosi $3\sqrt{7}$.

$\sin \alpha =\frac{\left|HP\right|}{\left|HC\right|}$

R1EBOKGAkwNHz

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy czworokątny A B C D E F G H, gdzie wierzchołek F znajduje się nad wierzchołkiem A, wierzchołek E nad B, wierzchołek G nad C oraz wierzchołek H nad D. Na rysunku zaznaczono przekątną C H, przekątną A H oraz przekątną podstawy A C. Na rysunku zaznaczono również kąt alfa pomiędzy przekątną H C a przekątną A C. Powstał trójkąt równoramienny A C H. Z wierzchołka H upuszczono wysokość trójkąta H P, gdzie punkt P znajduje się na środku odcinaka A C. Zaznaczono również długości poszczególnych odcinków, odcinek A B ma długość dwa x oraz odcinek C G ma długość x.

Przez $x$ oznaczmy długość krawędzi bocznej graniastosłupa. Wtedy długość krawędzi wynosi $2x$ i z tw. Pitagorasa w trójkącie $CGH$ możemy wyznaczyć długość odcinka $HC$:

$x^2+{\left(2x\right)}^2={\left|HC\right|}^2$

$\left|HC\right|=\sqrt{5}x$

Przekątna podstawy ma długość $2x\sqrt{2}$, a więc $\left|CP\right|=\frac{\left|AC\right|}{2}=x\sqrt{2}$.

Korzystając z tw. Pitagorasa w trójkącie $PCH$ otrzymujemy:

${\left(x\sqrt{2}\right)}^2+{\left|HP\right|}^2={\left(\sqrt{5}x\right)}^2$

stąd

$\left|HP\right|=x\sqrt{3}$

A więc

$\sin \alpha =\frac{x\sqrt{3}}{x\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$

Oznaczmy przez $a$ długość krawędzi podstawy tego graniastosłupa. Trójkąty $ADH$ oraz $CDH$ to trójkąty o kątach $30°$, $60°$, $90°$ (połowa trójkąta równobocznego), a więc $\left|DH\right|=a\sqrt{3}$, $\left|AH\right|=\left|CH\right|=2a$.

R1KTlY7ufNg0d

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy czworokątny A B C D E F G H, gdzie wierzchołek F znajduje się nad wierzchołkiem A, wierzchołek E nad B, wierzchołek G nad C oraz wierzchołek H nad D. Na rysunku zaznaczono przekątną C H o długości dwa a, przekątną A H o długości dwa a oraz przekątną podstawy A C o długości a pierwiastków z dwóch. Na rysunku zaznaczono również kąt alfa pomiędzy przekątną H C a przekątną podstawy A H. Powstał trójkąt równoramienny A C H. W trójkącie zaznaczono również dwa kąty sześćdziesięciu stopni, pierwszy przy wierzchołku A oraz drugi przy wierzchołku C. A Zaznaczono również długości poszczególnych odcinków, odcinek A B ma długość a oraz odcinek G C ma długość a pierwiastków z trzech.

Przekątna kwadratowej podstawy ma długość $a\sqrt{2}$.

Zapisując twierdzenie cosinusów dla trójkąta $ACH$ otrzymujemy:

${\left(a\sqrt{2}\right)}^2={\left(2a\right)}^2+{\left(2a\right)}^2-2\cdot 2a\cdot 2a\cdot \cos \alpha$

$2a^2=4a^2+4a^2-8a^2\cos \alpha$

$8a^2\cos \alpha =6a^2$

$\cos \alpha =\frac{6a^2}{8a^2}=\frac{3}{4}$

Cosinus kąta pomiędzy przekątnymi sąsiednich ścian bocznych wychodzących z jednego wierzchołka wynosi $\frac{3}{4}$.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku poniżej.

R6wrluRBYAmI7

Rysunek przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny, wierzchołki dolnej podstawy to A B C, a wierzchołki górnej podstawy to $A\text{'}$$B\text{'}$ $C\text{'}$. Krawędź podstawy podpisano literą a, krawędź boczną podpisano literą h. W graniastosłupie zaznaczono przekątną ściany bocznej B$C\text{'}$,która ma długość d. W dolnej podstawie z wierzchołka B na krawędź AC opuszczono wysokość $h_p$, spodek tej wysokości podpisano literą D. Odcinek $C\text{'}$D podpisano literą x. Kąt BD$C\text{'}$ to kąt prosty. Kąt B$C\text{'}$D podpisano literą alfa, a kąt CB$C\text{'}$ ma 30 stopni.

Dzięki zależnościom trygonometrycznym w trójkącie prostokątnym $BCC\text{'}$ wyrazimy długości krawędzi ściany bocznej oraz przekątnej ściany bocznej za pomocą długości krawędzi podstawy $a$.

$\cos 30°=\frac{a}{d}$

$d=\frac{a}{{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}}=\frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}a}{3}$

Przejdźmy do trójkąta prostokątnego $BDC\text{'}$, w którym występuje kąt $\alpha$. Szukany sinus tego kąta to

$\sin \alpha =\frac{h_p}{d}$

Przypomnimy, że $h_p=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Zatem

$\sin \alpha =\frac{{\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}}}{{\displaystyle \frac{2\sqrt{3}a}{3}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}·\frac{3}{2\sqrt{3}a}=\frac{3}{4}$

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku poniżej.

Rd844hnHnsl2L

Rysunek przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny, wierzchołki dolnej podstawy to A B C, a wierzchołki górnej podstawy to $A\text{'}$$B\text{'}$ $C\text{'}$. Krawędź podstawy podpisano literą a, krawędź boczną podpisano literą h. W graniastosłupie zaznaczono przekątną ściany bocznej B$C\text{'}$.W dolnej podstawie z wierzchołka B na krawędź AC opuszczono wysokość $h_p$, spodek tej wysokości podpisano literą D. Odcinek $C\text{'}$D podpisano literą x. Kąt BD$C\text{'}$ to kąt prosty. Kąt B$C\text{'}$D podpisano literą alfa.

Wiemy, że $\mathrm{tg}\alpha =\frac{3\sqrt{3}}{5}$, czyli $\frac{3\sqrt{3}}{5}=\frac{h_p}{x}$.

Wysokość w podstawie graniastosłupa ma długość $h_p=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Długość $x$ wyznaczymy korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $DCC\text{'}$

${\left(\frac{1}{2}a\right)}^2+h^2=x^2$

$x=\sqrt{\frac{a^2}{4}+h^2}$

Zatem

$\frac{3\sqrt{3}}{5}=\frac{{\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}}}{\sqrt{{\displaystyle \frac{a^2}{4}}+h^2}}$

$3\sqrt{3}\sqrt{\frac{a^2}{4}+h^2}=\frac{5a\sqrt{3}}{2}$

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

$27\left(\frac{a^2}{4}+h^2\right)=\frac{75a^2}{4}$

$\frac{27}{4}{a}^2+27h^2=\frac{75a^2}{4}$

$27h^2=12a^2$

$h=\frac{2}{3}a$

Suma długości wszystkich krawędzi jest równa $48 \mathrm{cm}$, zatem

$6a+3h=48$

$6a+3·\frac{2}{3}a=48$

$a=6 \left[\mathrm{cm}\right]$