• Zaznaczysz odpowiednie kąty między prostymi i płaszczyznami w ostrosłupach na podstawie ich opisu słownego.

• Zaznaczysz odpowiednie kąty między płaszczyznami w ostrosłupach na podstawie ich opisu słownego.

• Wyszukasz trójkąty zbudowane przez elementy ostrosłupa, dzięki którym będziesz mógł określić miarę odpowiedniego kąta.

• Zastosujesz elementy trygonometrii do wyznaczania miar kątów w przestrzeni.

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym krawędź podstawy jest dwa razy krótsza od krawędzi bocznej. Wyznacz kąt, jaki tworzy w tym ostrosłupie krawędź boczna z przekątną podstawy.

Rozwiązanie

Zaczniemy oczywiście od rysunku.

R1KMNausmEfwU

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie czworokąta. Wierzchołki podstawy to A B C D , a wierzchołek ostrosłupa podpisano literą W. Krawędź podstawy podpisano literą a. Krawędź ściany bocznej podpisano literą 2a. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość, a spodek wysokości podpisano literą S. W podstawie zaznaczono jej przekątne. Pomiędzy wysokością a jedną z przekątnych zaznaczono kąt prosty. Pomiędzy krawędzią boczną WB a przekątną AC zaznaczono kąt i podpisano go literą alfa.

Aby wyznaczyć miarę kąta między krawędzią boczną ostrosłupa a przekątną jego podstawy wystarczy określić, w jakim pozostają one ze sobą stosunku. Oczywiście jeśli przyjmiemy, że krawędź podstawy ma długość $a$, to jej przekątna ma długość $a\sqrt{2}$. Krawędź boczna ostrosłupa, to na podstawie tekstu zadania, odcinek długości $2a$. Ostatecznie, korzystając z funkcji trygonometrycznych dla trójkąta $CSW$ otrzymamy:

$\frac{\left|CS\right|}{\left|CW\right|}=\cos \alpha$

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

$\frac{\sqrt{2}}{4}=\cos \alpha$

$0,3536\approx \cos \alpha$

Wykorzystując tablice matematyczne możemy podać już miarę kąta, o który pytają w zadaniu: $\left|\sphericalangle SCW\right|\approx {69}^{\circ }$. Odpowiedź jest przybliżona ze względu na wykorzystanie tablic trygonometrycznych. Dlatego często traktuje się samo wyznaczenie funkcji trygonometrycznej danego kąta ostrego, jako jednoznaczne określenie miary tego kąta i ostateczną odpowiedź do zadania.

Dany jest ostrosłup prawidłowy sześciokątny, w którym krawędź podstawy ma długość $12 \mathrm{cm}$. Stosunek długości krawędzi podstawy do długości wysokości ostrosłupa jest równy $3:4$. Oblicz sinus kąta między sąsiednimi krawędziami bocznymi tego ostrosłupa.

Rozwiązanie.

Zacznijmy od rysunku:

R1bDSxDvvnazy

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie sześciokąta. Wierzchołki podstawy to A B C D E F , a wierzchołek ostrosłupa podpisano literą W. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość i podpisano ją literą H, a spodek wysokości podpisano literą S. W podstawie zaznaczono jej wszystkie przekątne. Pomiędzy wysokością a przekątną FC zaznaczono kąt prosty. W ostrosłupie zaznaczono kąt pomiędzy krawędziami bocznymi AW i BW.

Skoro ostrosłup jest prawidłowyostrosłup prawidłowyostrosłup jest prawidłowy, to jego podstawą jest sześciokąt foremny zbudowany z sześciu przystających trójkątów równobocznych o boku długości $12 \mathrm{cm}$. Skoro stosumek długości krawędzi podstawy do wysokości wynosi $3:4$, to wysokość ostrosłupa ma długość $16$. Korzystając z trójkąta $WSA$ obliczymy krawędź boczną ostrosłupa:

${\left|WA\right|}^2={\left|WS\right|}^2+{\left|AS\right|}^2$

${\left|WA\right|}^2={12}^2+{16}^2$

${\left|WA\right|}^2=144+256$

${\left|WA\right|}^2=400$

$\left|WA\right|=20$

Mając długość krawędzi ściany bocznej, możemy obliczyć sinus kąta między krawędziami bocznymi ostrosłupa. Wykorzystamy w tym celu metodę porównywania pól. Po pierwsze, korzystając ze wzoru Herona,wzór Heronawzoru Herona, obliczymy pole ściany bocznej ostrosłupa.

$P=\sqrt{26·6·6·14}=12\sqrt{91}$

następnie wykorzystamy wzór na pole trójkąta używający funkcji trygonometrycznej sinus

$P=\frac{1}{2}ab\sin \alpha$.

Mamy zatem:

$12\sqrt{91}=\frac{1}{2}·20·20·\sin \sphericalangle AWB$

$12\sqrt{91}=200·\sin \sphericalangle AWB$

$\frac{3\sqrt{91}}{25}=\sin \sphericalangle AWB$

Na koniec pokażemy jeszcze przykład, w którym wykorzystamy jednocześnie kilka opisanych we wstępie metod znanych z planimetrii pozwalających wyznaczyć miary kątów.

Narysujemy ostrosłup prawidłowy trójkątny o podstawie $ABC$ i wierzchołku $W$. Zaznaczymy kąt $\alpha$ nachylenia krawędzi bocznej $AW$ do płaszczyzny podstawy. Wiedząc, że jest on równy kątowi między krawędziami bocznymi $AW$ i $BW$ tego ostrosłupa, obliczymy miarę kąta $\alpha$.

Rozwiązanie:

Zaczniemy oczywiście od rysunku:

RFlbBXQVwV59X

Ilustracja przedstawia ostrosłup A B C W. Z wierzchołka W upuszczono wysokość bryły. Powstał odcinek W S. Wierzchołek A połączono z wierzchołkiem S. Powstał trójkąt A S W z zaznaczonym kątem alfa przy wierzchołku A oraz W.

Aby zaznaczyć kąt $\alpha$ nachylenia krawędzi bocznej $AW$ do płaszczyzny podstawy, określamy najpierw rzut prostokątny tej krawędzi na podstawę. Punkt $A$ już do niej należy, natomiast rzutem prostokątnym punktu $W$ na podstawę jest oczywiście spodek wysokości $S$ ostrosłupa. Ostatecznie opisany w zadaniu kąt $\alpha$ to kąt $WAS$. Aby wyznaczyć miarę tego kąta wykorzystamy definicję funkcji trygonometrycznej cosinus w trójkącie prostokątnym $WSA$. Oznaczmy długość krawędzi podstawy ostrosłupa jako $a$, zaś długość jego krawędzi bocznej jako $b$:

$\frac{\left|AS\right|}{\left|AW\right|}=\cos \alpha$

$\frac{\frac{2}{3}·\frac{a\sqrt{3}}{2}}{b}=\cos \alpha$

$\frac{a\sqrt{3}}{3b}=\cos \alpha$

$\frac{a}{b\sqrt{3}}=\cos \alpha$

$a=b\sqrt{3}\cos \alpha$

Wykorzystując informację z tekstu zadania, że kąt $\alpha$ jest równy kątowi $AWB$ i stosując twierdzenie cosinusówtwierdzenie cosinusówtwierdzenie cosinusów w trójkącie $AWB$, otrzymujemy związek:

${\left|AB\right|}^2={\left|AW\right|}^2+{\left|WB\right|}^2-2·\left|AW\right|·\left|WB\right|·\cos \measuredangle AWB$

$a^2=2b^2-2b^2\cos \alpha$.

Podstawiając teraz poprzednio otrzymaną zależność między $a$, $b$ oraz $\alpha$ otrzymujemy:

$3b^2{\cos }^2\alpha =2b^2-2b^2\cos \alpha$

$3{\cos }^2\alpha =2-2\cos \alpha$

$3{\cos }^2\alpha +2\cos \alpha -2=0$.

Traktując ostatnie równanie jak równanie kwadratowe o niewiadomej $\cos \alpha$, otrzymujemy:

$\cos \alpha =\frac{-1-\sqrt{7}}{3}$ lub $\cos \alpha =\frac{-1+\sqrt{7}}{3}$

Ponieważ jednak wartość pierwszego rozwiązania jest mniejsza od $\left(-1\right)$, rozpatrujemy jedynie drugie rozwiązanie, które w przybliżeniu jest równe $0,54858$.

Wykorzystując tablice matematyczne, odczytujemy, że kąt $\alpha$, który mieliśmy wyznaczyć, ma w przybliżeniu miarę $57°$.

Dany jest ostrosłup prawidłowy sześciokątny $ABCDEFW$. Wiedząc, że tangens kąta nachylenia krawędzi bocznej tego ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy jest równy $\frac{\sqrt{3}}{2}$, obliczymy miary kątów wewnętrznych trójkąta $PWR$, gdzie $P$, $R$ są środkami równoległych krawędzi podstawy ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Zacznijmy ponownie od rysunku bryły. W przypadku ostrosłupa prawidłowego wszystkie ściany boczne są trójkątami równoramiennymi przystającymi. Stąd nie ma znaczenia, przy których krawędziach zaznaczymy opisane w zadaniu kąty. Ważne jest jedynie poprawne naniesienie na rysunek rzutu prostokątnego krawędzi bocznej na płaszczyznę podstawy.

RANaiZeuUQWoL

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy A B C D E F W. Z wierzchołka W upuszczono dwie wysokości naprzeciwległych ścian bocznych A B W oraz E D W. Na środku odcinka A B utworzono punkt P, natomiast na środku odcinka E D utworzono punkt R. Powstał nowy trójkąt równoramienny P R W. Z wierzchołka W na środek podstawy bryły w punkcie S upuszczono wysokość. Punkt S znajduje się na środku prostej P R. Powstał nowy trójkąt W S C z zaznaczonym kątem alfa przy wierzchołku C. W trójkącie P R W zaznaczono również kąt beta znajdujący się przy wierzchołku P i R.

Ponownie przyjmijmy oznaczenia dla krawędzi podstawy $a$, zaś dla wysokości ostrosłupa $H$. Litery te pojawią się w rozwiązaniu dla poprawienia czytelności przekształceń, nie traktujemy ich jednak jako danych. W końcowej odpowiedzi nie mogą się zatem pojawić.

Wykorzystamy definicję funkcji trygonometrycznej tangens w trójkącie prostokątnym $WSC$:

$\frac{H}{a}=\mathrm{tg}\alpha$

$\frac{H}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

$H=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Zauważmy teraz, że jeżeli $P$ jest środkiem krawędzi podstawy, to odcinek $PS$ jest wysokością trójkąta równobocznego $ABS$ o boku długości $a$. Ostatecznie wykorzystując w trójkącie $WSP$ definicję funkcji trygonometrycznej tangens otrzymamy:

$\frac{\left|WS\right|}{\left|PS\right|}=\mathrm{tg}\beta$

$\frac{H}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\mathrm{tg}\beta$

$\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\mathrm{tg}\beta$

$1=\mathrm{tg}\beta$.

To oczywiście oznacza, że kąt $\beta$ ma miarę $45°$, jako kąt wewnętrzny trójkąta prostokątnego $WSP$. Ponieważ jednak trójkąt $PWR$ jest trójkątem równoramiennym, bo wysokości ścian bocznych są sobie równe, to ostatecznie kąty wewnętrzne tego trójkąta są równe odpowiednio:

$\left|\measuredangle WPR\right|=\left|\measuredangle PRW\right|=45°$ oraz $\left|\measuredangle PWR\right|=90°$.

Podstawą ostrosłupa jest kwadrat $ABCD$. Krawędź boczna $DW$ tego ostrosłupa jest prostopadła do płaszczyzny podstawy. Najdłuższa i najkrótsza krawędź boczna tego ostrosłupa pozostają ze sobą w stosunku $1:\sqrt{7}$. Obliczymy sinusy kątów nachylenia krawędzi bocznych ostrosłupa do jego płaszczyzny podstawy.

Rozwiązanie:

Zacznijmy od rysunku:

R6oC8XRWpQVsa

Ilustracja przedstawia ostrosłup A B C D W z kwadratem w podstawie. Krawędź W D ma długość a natomiast odcinek W B ma długość a pierwiastków z siedmiu. Powstał trójkąt prostokątny W D B o kącie prostym przy wierzchołku D.

Przeanalizujemy najpierw kąty nachylenia poszczególnych krawędzi bocznych do płaszczyzny podstawy. Jeżeli krawędź $WD$ jest prostopadła do podstawy, to pierwszy z poszukiwanych sinusów kątów to $\sin 90°=1$. Dla pozostałych krawędzi bocznych jeden ich koniec już należy do podstawy, zaś drugim końcem jest punkt $W$. Rzutem prostokątnym tego punktu na płaszczyznę jest punkt $D$. Konsekwentnie rzutem prostokątnym odcinka $AW$ na podstawę jest odcinek $AD$, dla odcinka $BW$ jest to odcinek $BD$ i dla odcinka $CW$ jest to odcinek $CD$.

Na rysunku sytuację możemy przedstawić następująco:

R1N1qJLgo1Za5

Ilustracja przedstawia ostrosłup A B C D W z kwadratem w podstawie. Krawędź W D ma długość a natomiast odcinek W B ma długość a pierwiastków z siedmiu. Powstał trójkąt prostokątny W D B o kącie prostym przy wierzchołku D. W trójkącie zaznaczono kąt alfa, który znajduje się przy wierzchołku B. Zaznaczono również dwa kąty beta, pierwszy umiejscowiony pomiędzy odcinkami A W i A D oraz drugi pomiędzy odcinkami D C i W C.

Musimy zatem obliczyć sinus kąta $\alpha$ między krawędzią boczną $BW$ a przekątną $BD$ podstawy:

$\frac{{\displaystyle \left|WD\right|}}{{\displaystyle \left|WB\right|}}=\sin \alpha$

$\frac{{\displaystyle a}}{{\displaystyle a\sqrt{7}}}=\sin \alpha$

$\frac{{\displaystyle \sqrt{7}}}{{\displaystyle 7}}=\sin \alpha$.

Analogicznie postępujemy obliczając sinus kąta nachylenia krawędzi $WA$ oraz krawędzi $WC$ do płaszczyzny podstawy:

$\frac{{\displaystyle \left|WD\right|}}{{\displaystyle \left|WA\right|}}=\frac{{\displaystyle \left|WD\right|}}{{\displaystyle \left|WC\right|}}=\sin \beta$

$\frac{{\displaystyle a}}{{\displaystyle \left|WA\right|}}=\frac{{\displaystyle a}}{{\displaystyle \left|WC\right|}}=\sin \beta$.

Brakującą długość krawędzi bocznej wyznaczymy na mocy twierdzenia Pitagorasa stosowanego kolejno w trójkątach $WDA$, $DAB$ oraz $WDB$:

${\left|WA\right|}^2={\left|DW\right|}^2+{\left|DA\right|}^2$

${\left|WA\right|}^2=a^2+{\left(\frac{{\displaystyle \left|DB\right|}}{{\displaystyle \sqrt{2}}}\right)}^2$

${\left|WA\right|}^2=a^2+\frac{{\displaystyle {\left|DB\right|}^2}}{{\displaystyle 2}}$

${\left|WA\right|}^2=a^2+\frac{{\displaystyle {\left|WB\right|}^2-{\left|WD\right|}^2}}{{\displaystyle 2}}$

${\left|WA\right|}^2=a^2+\frac{{\displaystyle {\left(a\sqrt{7}\right)}^2-a^2}}{{\displaystyle 2}}$

${\left|WA\right|}^2=a^2+\frac{{\displaystyle 6a^2}}{{\displaystyle 2}}$

${\left|WA\right|}^2=4a^2$

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

Możemy już obliczyć sinus kąta $\beta$:

$\frac{{\displaystyle a}}{{\displaystyle \left|WA\right|}}=\frac{{\displaystyle a}}{{\displaystyle \left|WC\right|}}=\sin \beta$

$\frac{{\displaystyle a}}{{\displaystyle 2a}}=\sin \beta$

$\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}=\sin \beta$.

Narysuj ostrosłup prawidłowyostrosłup prawidłowyostrosłup prawidłowy czworokątny i zaznacz w nim kąt między płaszczyzną podstawy a ścianą boczną ostrosłupa. Wiedząc, że wysokość ostrosłupa jest trzy razy krótsza od wysokości jego ściany bocznej, oblicz miarę kąta liniowego zaznaczonego kąta dwuściennegokąt między płaszczyznami (kąt dwuścienny)kąta dwuściennego.

Rozwiązanie:

Zaczniemy oczywiście od rysunku:

R1KcCZakg9i87

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy czworokątny $ABCDW$. Wysokość ostrosłupa, mająca długość H, upuszczona jest na spodek wysokości oznaczony literą S. Wysokość ściany bocznej $BCW$ upuszczona jest na krawędź BC w punkcie F i ma długość h. Kolorem różowym wyróżniono trójkąt $FSW$. Kąty BFS i CFS są kątami prostymi. Kąt $WSF$ jest kątem prostymi. Natomiast kąt $SFW$ ma miarę $\alpha$.

Aby zaznaczyć kąt między płaszczyzną podstawy a płaszczyzną ściany bocznej ostrosłupa, określamy najpierw prostą wspólną dla tych dwóch płaszczyzn.

Dla ściany bocznej $BCW$ jest to oczywiście prosta $BC$.

Kąt liniowykąt liniowy kąta dwuściennegoKąt liniowy naszego kąta dwuściennego można zatem zaznaczyć jako kąt między wysokością ściany bocznej prostopadłą do krawędzi podstawy ostrosłupa a odcinkiem podstawy $SF$ prostopadłym do tej samej krawędzi.

Aby wyznaczyć miarę tego kąta wystarczy wykorzystać definicję funkcji trygonometrycznej sinus w trójkącie prostokątnym $WSF$:

$\frac{\left|WS\right|}{\left|WF\right|}=\sin \alpha$

$\frac{x}{3x}=\sin \alpha$

$\frac{1}{3}=\sin \alpha$

$0,3333\approx \sin \alpha$

Wykorzystując tablice matematyczne możemy podać już miarę kąta, o który pytają w zadaniu: $\left|\measuredangle WFS\right|\approx 19°$. Odpowiedź jest przybliżona ze względu na wykorzystanie tablic trygonometrycznych.

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym $ABCDW$ o podstawie $ABCD$ krawędź podstawy $AB$ jest równa $15$, a kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi ostrosłupa ma miarę $120°$. Oblicz sumę długości wszystkich krawędzi tego ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Zacznijmy ponownie od rysunku bryły.

R1GlMwtcCr4Qw

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy czworokątny $ABCDW$. Wysokość ostrosłupa upuszczona jest na spodek wysokości oznaczony literą S i leżący na przecięciu przekątnych kwadratu w podstawie. Wysokość ostrosłupa ma długość H. Kąt nachylenia wysokości do płaszczyzny podstawy to $90°$. Na krawędzi bocznej CW zaznaczony został punkt G. Powstał trójkąt $BGD$, który wyróżniono kolorem różowym. Kąt przy wierzchołku G w tym trójkącie ma miarę $\alpha$. Natomiast kąty $DGW$ oraz $BGC$ są kątami prostymi.

W przypadku ostrosłupa prawidłowego wszystkie ściany boczne są przystającymi trójkątami równoramiennymi.

Stąd długości wysokości $BG$ oraz $DG$ ścian bocznych są identyczne.

Ponieważ dodatkowo przekątna kwadratu $ABCD$ o boku długości $15$ to odcinek $BD$ o długości $15\sqrt{2}$, możemy wykorzystać twierdzenie cosinusów, by obliczyć opisaną wcześniej wysokość ściany bocznej.

Wykorzystamy twierdzenie cosinusówtwierdzenie cosinusówtwierdzenie cosinusów w trójkącie $DGB$:

${\left|BD\right|}^2=x^2+x^2-2·x·x·\cos \measuredangle DGB$

${\left(15\sqrt{2}\right)}^2=2x^2-2x^2\cos 120°$

$450=2x^2+2x^2\cos 60°$

$450=2x^2+2x^2·\frac{1}{2}$

$450=3x^2$

$x=\sqrt{150}$

$x=5\sqrt{6}$.

Zauważmy teraz, że trójkąt $SGC$ jest podobny do trójkąta $WSC$.

Istotnie, oba są trójkątami prostokątnymi o wspólnym kącie ostrym przy wierzchołku $C$.

Wystarczy zatem obliczyć długość odcinka $GS$ i potem $GC$, aby wyznaczyć długość krawędzi bocznej ostrosłupa.

Długość $GS$ obliczymy z trójkąta prostokątnego $GSB$:

$\frac{\left|BS\right|}{\left|GS\right|}=\mathrm{tg}\frac{120°}{2}$

$\frac{\frac{15\sqrt{2}}{2}}{\left|GS\right|}=\mathrm{tg}60°$

$\frac{15\sqrt{2}}{2\left|GS\right|}=\sqrt{3}$

$2\sqrt{3}\left|GS\right|=15\sqrt{2}$

$\left|GS\right|=\frac{15\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}$

$\left|GS\right|=\frac{15\sqrt{6}}{6}$.

Rozpatrzmy teraz tylko część przekroju ostrosłupa, trójkąt $WSC$

R17C61hxIItTa

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny $WSC$. Pionowa przyprostokątna WS ma długość H. Z wierzchołka kąta prostego, przy wierzchołku S poprowadzona jest wysokość padająca na przeciwprostokątną CW w punkcie G. Ma ona długość d. Ponadto zaznaczono również miarę kąta $SGW$ czyli $90°$.

W tym trójkącie znamy $\left|GS\right|=\frac{15\sqrt{6}}{6}$ oraz $\left|SC\right|=\frac{15\sqrt{2}}{2}$.

Z twierdzenia Pitagorasa możemy obliczyć długość $GC$:

${\left|GC\right|}^2={\left|SC\right|}^2-{\left|GS\right|}^2$

${\left|GC\right|}^2={\left(\frac{15\sqrt{2}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{15\sqrt{6}}{6}\right)}^2$

${\left|GC\right|}^2=\frac{225}{2}-\frac{225}{6}$

${\left|GC\right|}^2=\frac{450}{6}$

$\left|GC\right|=\sqrt{75}$

$\left|GC\right|=5\sqrt{3}$.

Ostatecznie wykorzystując podobieństwo trójkątów $SGC$ oraz $WSC$ możemy obliczyć długość krawędzi bocznej $CW$ ostrosłupa:

$\frac{\left|GC\right|}{\left|SC\right|}=\frac{\left|SC\right|}{\left|CW\right|}$

$\left|CW\right|=\frac{{\left|SC\right|}^2}{\left|GC\right|}$

$\left|CW\right|=\frac{{\left(\frac{15\sqrt{2}}{2}\right)}^2}{5\sqrt{3}}$

$\left|CW\right|=\frac{\frac{225}{2}}{5\sqrt{3}}$

$\left|CW\right|=\frac{225}{10\sqrt{3}}$

$\left|CW\right|=\frac{15\sqrt{3}}{2}$.

Zgodnie z poleceniem, mamy obliczyć sumę wszystkich krawędzi ostrosłupa. Ponieważ ostrosłup czworokątny ma cztery krawędzie podstawy i cztery krawędzie boczne, otrzymujemy ostateczny wynik:

$s=4·15+4·\frac{15\sqrt{3}}{2}=60+30\sqrt{3}$

kąt między prostą a jej rzutem prostopadłym na daną płaszczyznę

każda z dwóch części przestrzeni, na jakie dzielą ją dwie półpłaszczyzny, nazywane ścianami kąta dwuściennego, mające wspólną krawędź nazywaną krawędzią kąta dwuściennego, wraz z punktami każdej półpłaszczyzny

twierdzenie określające związek między kątem wewnętrznym trójkąta i bokami tego trójkąta:

w dowolnym trójkącie kwadrat długości jednego z boków jest równy sumie kwadratów długości pozostałych dwóch boków pomniejszonej o podwojony iloczyn tych boków i cosinusa kąta między nimi zawartego

ostrosłup prosty, którego podstawa jest wielokątem foremnym

kąt, którego wierzchołkiem jest środek okręgu opisanego na tym wielokącie, a ramiona zawierają promienie tego okręgu poprowadzone do dwóch sąsiednich wierzchołków wielokąta

każda z dwóch części przestrzeni, na jakie dzielą ją dwie półpłaszczyzny, nazywane ścianami kąta dwuściennego, mające wspólną krawędź nazywaną krawędzią kąta dwuściennego, wraz z punktami każdej półpłaszczyzny

kątem liniowym kąta dwuściennego nazywa się kąt płaski będący częścią wspólną tego kąta dwuściennego oraz płaszczyzny prostopadłej do jego krawędzi

miarą kąta dwuściennego nazywa się miarę jego dowolnego kąta liniowego (wszystkie są przystające)

twierdzenie określające związek między kątem wewnętrznym trójkąta i bokami tego trójkąta:

w dowolnym trójkącie kwadrat długości jednego z boków jest równy sumie kwadratów długości pozostałych dwóch boków pomniejszonej o podwojony iloczyn tych boków i cosinusa kąta między nimi zawartego

ostrosłupem prawidłowym nazywamy taki ostrosłup prosty, którego podstawa jest wielokątem foremnym

ostrosłupem prostym nazywamy taki ostrosłup, którego wszystkie krawędzie boczne są tej samej długości

wzór pozwalający obliczyć pole dowolnego trójkąta, jeżeli znamy długości wszystkich boków tego trójkąta

Jeżeli boki trójkąta są odpowiednio równe $a$, $b$, $c$, a przez $p$ oznaczymy połowę obwodu tego trójkąta, to pole tego trójkąta jest równe $P=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}$