• Wymienisz rodzaje przekrojów ostrosłupa prawidłowego trójkątnego, czworokątnego i szęsciokątnego.

• Wyznaczysz figury płaskie będące przekrojem ostrosłupa.

• Obliczysz pola powstałych przekrojów.

Obliczmy pole przekroju ostrosłupa prawidłowego trójkątnego wyznaczonego przez płaszczyznę przechodzącą przez wysokość ściany bocznej i przeciwległą krawędź boczną ostrosłupa, w którym krawędź boczna jest trzy razy dłuższa od wysokości ostrosłupa a krawędź podstawy ma długość $12$.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

R1XH7raBAjJSN

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup prawidłowy trójkątny o podstawie A B C i wierzchołku D. Długość krawędzi podstawy wynosi dwanaście. Z wierzchołka D opuszczono wysokość ostrosłupa, której spodek leży w punkcie G, a jej długość oznaczono wielką literą H. Długość krawędzi bocznej wynosi $3H$. Z wierzchołka C opuszczono wysokość trójkąta w podstawie, której spodek leży w punkcie F na krawędzi A B. Punkt F stanowi środek boku A B. Długość odcinka F G wynosi $2\sqrt{3}$, natomiast długość odcinka G C wynosi $4\sqrt{3}$. Wewnątrz ostrosłupa zaznaczono jego przekrój, którego płaszczyznę stanowi trójkąt F C D.

Zauważmy, że przekrojem ostrosłupa jest trójkąt $FCD$, którego podstawą jest wysokość podstawy ostrosłupa, a wysokością jest wysokość ostrosłupa.

Chcąc obliczyć pole tego trójkąta należy wyznaczyć długość odcinka $FC$, który jest podstawą tego trójkąta oraz długość wysokości $H$, czyli odcinka $DG$, który jest wysokością ostrosłupa i jednocześnie wysokością trójkąta.

Skoro długość krawędzi podstawy to $12$, to wysokość podstawy $FC$ ma długość $6\sqrt{3}$.

Punkt $G$ dzieli odcinek $FC$ na dwie części, z których dłuższa to $4\sqrt{3}$.

Do obliczenia długości $H$ wykorzystamy twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta $GCD$:

$H^2+{\left(4\sqrt{3}\right)}^2={\left(3H\right)}^2$,

$H^2+48=9H^2$,

$8H^2=48$,

$H^2=6$,

$H=\sqrt{6}$.

Zatem pole przekroju wynosi: $P=\frac{1}{2}\cdot 6\sqrt{3}\cdot \sqrt{6}=3\sqrt{18}=9\sqrt{2}$.

Obliczmy pole przekroju ostrosłupa prawidłowego trójkątnego wyznaczonego płaszczyzną zawierającą krawędź podstawy i środek przeciwległej krawędzi bocznej, wiedząc, że krawędź podstawy ma długość $8 \mathrm{cm}$, a krawędź boczna jest od niej dwa razy dłuższa, zaś cosinus kąta między krawędzią boczną i krawędzią podstawy ostrosłupa wynosi $0,25$.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

RvtcKOptpBR0g

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup prawidłowy trójkątny o podstawie A B C i wierzchołku D. Kąt B C D oznaczono alfa. Długość krawędzi podstawy wynosi osiem. Z wierzchołka D opuszczono wysokość ostrosłupa, której spodek leży w punkcie G. Z wierzchołka C opuszczono wysokość trójkąta w podstawie, której spodek leży w punkcie F na krawędzi A B. Punkt F stanowi środek boku A B. Na krawędzi bocznej D C zaznaczono punkt E, stanowiący jej środek. Odległość punktu E od wierzchołka D oraz od wierzchołka C wynosi osiem. Wewnątrz ostrosłupa zaznaczono jego przekrój, którego płaszczyznę stanowi trójkąt A B E. Zaznaczono wysokość E F trójkąta. Długości jego ramion A E oraz E B oznaczono literą x.

Zauważ, że przekrojem jest trójkąt równoramienny $ABE$, którego podstawą jest krawędź podstawy ostrosłupa $AB$, a wysokością odcinek $FE$.

Chcąc obliczyć pole tego trójkąta należy wyznaczyć długość odcinka $FE$, który jest wysokością tego trójkąta. Długość odcinka $FE$ wyznaczymy stosując twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta $FBE$, po uprzednim wyznaczeniu długości odcinka $x$.

Wiemy, że $\cos \alpha =0,25$, więc korzystając z twierdzenia cosinusów, dla trójkąta $BCE$ obliczymy długość odcinka $x$:

$x^2=8^2+8^2-2·8^2·\cos \alpha$,

$x^2=128-2·8^2·0,25$,

$x^2=128-32$,

$x^2=96$,

$x=4\sqrt{6}$.

Trójkąt $FBE$ jest prostokątny, więc stosując twierdzenie Pitagorasa mamy:

$x^2=h^2+4^2$,

$96=h^2+16$,

$h^2=80$,

$h=\sqrt{80}=4\sqrt{5}$.

Zatem pole przekroju wynosi: $P=\frac{1}{2}·8·4\sqrt{5}=16\sqrt{5}$ $\left[{\mathrm{cm}}^2\right]$.

Krawędź boczna ostrosłupa prawidłowego trójkątnego ma długość $26$, a pole podstawy jest równe $100\sqrt{3}$. Ostrosłup przecięto płaszczyzną przechodzącą przez środki dwóch krawędzi podstawy oraz wierzchołek ostrosłupa. Wykażemy, że pole otrzymanego przekroju jest większe od $115$.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

R15TkhyGMjikg

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup prawidłowy trójkątny o podstawie A B C i wierzchołku D. Długość krawędzi bocznej wynosi 26, natomiast długość krawędzi podstawy oznaczono małą literą a. Z wierzchołka D opuszczono wysokość ostrosłupa, której spodek leży w punkcie G na wysokości F C. Punkt znajduje się w połowie długości boku A B. Na boku A C zaznaczono punkt J. Wewnątrz ostrosłupa zaznaczono przekrój, którego płaszczyznę stanowi trójkąt F D J. Z wierzchołka D opuszczono wysokość trójkąta, której spodek leży w punkcie R na boku F J.

Zauważmy, że przekrojem jest trójkąt równoramienny $FJD$, którego podstawą jest odcinek $FJ$, a wysokością jest odcinek $RD$.

Chcąc obliczyć pole tego trójkąta należy wyznaczyć długość odcinka $FJ$, który jest połową odcinka $BC$.

Oznaczmy odcinek $BC=a$, odcinek $FJ=\frac{a}{2}$, odcinek $RD=h$.

Wiemy, że pole podstawy jest równe $100\sqrt{3}$. Wykorzystamy wzór na pole trójkąta równobocznego.

$P=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$,

$100\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$,

$400=a^2$,

$a=20$.

Odcinek $FJ=\frac{a}{2}=10$ oraz $FB=10$.

Odcinek $FD$ jest wysokością ściany bocznej, więc trójkąt $FBD$ jest prostokątny. Stosując twierdzenie Pitagorasa mamy:

${\left|FD\right|}^2={\left|BD\right|}^2-{\left|FB\right|}^2$,

${\left|FD\right|}^2={26}^2-{10}^2$,

${\left|FD\right|}^2=576$,

$\left|FD\right|=24$.

Wiemy, że trójkąt $FJD$ jest równoramienny. Jego podstawą jest odcinek $FJ$, a wysokością odcinek $RD$. Stosując twierdzenie Pitagorasa mamy:

${\left|RD\right|}^2={\left|FD\right|}^2-{\left|FR\right|}^2$,

${\left|RD\right|}^2={24}^2-5^2$,

${\left|RD\right|}^2=551$,

$\left|RD\right|=\sqrt{551}$,

$h=\sqrt{551}$.

Zatem pole przekroju wynosi: $P=\frac{1}{2}·10·\sqrt{551}=5\sqrt{551}\approx 117,37$. Liczba ta jest większa niż $115$, co kończy dowód.

Ostrosłup prawidłowy trójkątny o polu podstawy $S$ przecięto płaszczyzną przechodzącą przez środki krawędzi bocznych. Wyznaczymy pole otrzymanego przekroju.

Rozwiązanie

Wykonajmy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

RKMXOCyuT9X6L

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup prawidłowy trójkątny o podstawie A B C i wierzchołku D. Z wierzchołka D opuszczono wysokość ostrosłupa, której spodek leży w punkcie S. Zaznaczono wysokości trójkąta w podstawie, które przecinają się w punkcie S. Na krawędzi bocznej A D zaznaczono punkt K, na krawędzi B D punkt L oraz na krawędzi D C punkt M. Wewnątrz ostrosłupa zaznaczono przekrój, którego płaszczyznę stanowi trójkąt K L M, równoległy do podstawy A B C.

Wiemy, że punkty $K$, $L$, $M$ są środkami krawędzi bocznych ostrosłupa. Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że każdy z odcinków $KL$, $LM$, $KM$ jest równoległy odpowiednio do odcinków $AB$, $BC$, $AC$ oraz $\frac{KL}{AB}=\frac{LM}{BC}=\frac{KM}{AC}=\frac{1}{2}$. Stąd wniosek, że trójkąty $KLM$ i $ABC$ są podobne (cecha bok, bok, bok), skala podobieństwa $k=\frac{1}{2}$. Wiemy, że pola figur podobnych są w stosunku $k^2$, $\frac{P_{KLM}}{P_{ABC}}=k^2=\frac{1}{4}$ , stąd $P_{KLM}=\frac{1}{4}·S$.

Kąt pomiędzy wysokościami przeciwległych ścian bocznych wynosi $60°$. Obliczmy pole przekroju ostrosłupa prawidłowego czworokątnego wyznaczonego przez wysokości przeciwległych ścian bocznych i wysokość ostrosłupa, wiedząc, że krawędź podstawy ma długość $6\text{cm}$.

Rozwiązanie

Wykonajmy rysunek.

R3utMr16t6NwY

Na rysunku przedstawiono ostrosłup prawidłowy czworokątny z uwzględnionym przekrojem pionowym, który jest trójkątem o podstawie równej długości boku czworokąta i ramionach pokrywających się z dwiema przeciwnymi wysokościami ścian bocznych ostrosłupa. Na rysunku zaznaczono także wysokość ostrosłupa upuszczoną z wierzchołka bryły. Kąt przy wierzchołku ostrosłupa w trójkątnym przekroju wynosi $60°$, a postawa przekroju ma długość $6$.

Skoro kąt pomiędzy wysokościami ścian bocznych wynosi $60°$, to znaczy, że przekrój jest trójkątem równobocznym o krawędzi długości $6\text{cm}$.

Policzmy jego pole:

$P=\frac{6^2\sqrt{3}}{4}=9\sqrt{3}{\text{cm}}^2$.

Ściany boczne ostrosłupa prawidłowego czworokątnego są trójkątami równobocznymi o boku długości $18\text{cm}$. Obliczmy pole przekroju wyznaczonego przez przekątną podstawy i środek przeciwległej krawędzi bocznej.

Rozwiązanie

Wykonajmy rysunek.

R1Ula3tXgNq1x

Na rysunku przedstawiono ostrosłup prawidłowy czworokątny $ABCD$ z wierzchołkiem $S$. W połowie krawędzi bocznej $SC$ zaznaczono punkt $E$. Powstałe w ten sposób dwa odcinki $SE$ oraz $EC$ mają długość każdy po $9$. Na rysunku umieszczono także przekrój ukośny ostrosłupa. Przekrój ten jest trójkątem $DBE$, co oznacza, że podstawą trójkąta, który jest przekrojem bryły jest przekątna podstawy ostrosłupa. Podstawa ta ma długość $18\sqrt{2}$. Pozostałe dwa boki trójkąta są oznaczone jako $x$. Dodatkowo między bokiem przekroju $DE$ a odcinkiem $SE$ zaznaczono kąt prosty. Tak samo między drugim bokiem trójkąta będącego przekrojem, czyli okiem $BE$ a odcinkiem $EC$ również zaznaczono kąt prosty. Krawędź przy podstawie ma długość $6$.

Przekrojem jest trójkąt równoramienny, którego ramiona są wysokościami trójkątów równobocznych, jakimi są ściany boczne.

$x=\frac{18\sqrt{3}}{2}=9\sqrt{3}$

Do policzenia pola trójkąta brakuje nam jego wysokości, nazwijmy ją $h$. Policzymy ją wykorzystując twierdzenie Pitagorasa.

R80HzYhDQ7Bzl

Na rysunku przedstawiono trójkąt równoramienny $DBE$ o podstawie $DB$ o długości $18\sqrt{2}$. Ramiona trójkąta są długości $9\sqrt{3}$ każde. Z wierzchołka $E$ upuszczono pionową wysokość $h$, która dzieli podstawę trójkąta na dwa równe odcinki o długości $9\sqrt{2}$ każdy.

$h^2={\left(9\sqrt{3}\right)}^2-{\left(9\sqrt{2}\right)}^2$

$h^2=81$

$h=9$

Zatem pole przekroju wynosi: $P=\frac{1}{2}\cdot 18\sqrt{2}\cdot 9=81\sqrt{2}{\text{cm}}^2$.

Ostrosłup prawidłowy czworokątny przecięto płaszczyzną przechodzącą przez środki dwóch przeciwległych krawędzi podstawy i środki dwóch sąsiednich krawędzi bocznych. Obliczmy pole tego przekroju, wiedząc, że wszystkie krawędzie ostrosłupa mają długość $16 \mathrm{cm}$.

Rozwiązanie

Przekrój jest trapezem równoramiennym. Górna podstawa trapezu oraz jego ramiona mają długość $8 \mathrm{cm}$ (wynika to z podobieństwa trójkątów $SGH$ i $SDC$, $CGF$ i $CSB$ o skali $k=\frac{1}{2}$).

R127oCFiFNAGZ

Na rysunku przedstawiono ostrosłup prawidłowy czworokątny $ABCD$ z wierzchołkiem $S$. W połowie krawędzi bocznej $SC$ zaznaczono punkt $H$. Powstałe w ten sposób dwa odcinki $SH$ oraz $HC$ mają długość każdy po $8$. Analogicznie na drugiej krawędzi tej ściany, czyli krawędzi $SD$ zaznaczono punkt $G$. Na rysunku umieszczono także przekrój ukośny ostrosłupa. Przekrój ten jest trapezem $EFHG$, co oznacza, że dolną podstawą trapezu jest odcinek $EF$ położony równolegle do krawędzi podstawy $AB$ oraz $CD$. Dolna podstawa trapezu ma długość $16$. Ramiona trapezu to odcinki pokrywające się z dwiema naprzeciwległymi ścianami ostrosłupa. Te odcinki to $EG$ oraz $FH$. Oba mają długość $b$. Górna podstawa trapezu to odcinek $GH$ o długości $a$.

RCWZqk4US3Sk5

Na rysunku przedstawiono trapez $EFHG$ o podstawie dolnej $EF$, która ma długość $16$. Ramiona trapezu mają długość $8$ każde. Podstawa górna $GH$ również ma długość $8$. Z wierzchołka $G$ upuszczono wysokość $h$ tak, że spada ona na punkt $I$ leżący na podstawie dolnej. W ten sposób otrzymujemy trójkąt prostokątny $EIG$, w którym podstawa $EI$ ma długość $4$, przyprostokątna $IG$ ma długość $h$, a przeciwprostokątna $GE$ ma długość $8$.

Trójkąt $GIE$ jest prostokątny, więc na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy, że

$h^2=8^2-4^2$

$h^2=48$

$h=\sqrt{48}$

$h=4\sqrt{3}$

Pole przekroju wynosi więc: $P=\frac{16+8}{2}\cdot 4\sqrt{3}=48\sqrt{3}{\text{cm}}^2$.

Rysunek przedstawia przekrój poprzeczny ostrosłupa prawidłowego czworokątnego o polu równym $S^2$. Oblicz długość krawędzi podstawy ostrosłupa $ABCDS$, jeśli wiadomo, że wierzchołki przekroju podzieliły krawędzie boczne w stosunku $7:3$.

R92Bq6N4FTQux

Na rysunku przedstawiono ostrosłup prawidłowy czworokątny $ABCD$ z wierzchołkiem $S$. Ilustracja przedstawia przekrój poziomy bryły, który jest czworokątem $A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}$ opartym na płaszczyznach wyznaczonych przez ściany boczne ostrosłupa. Oczywiście, jako że przekrój jest poziomy, wszystkie wierzchołki czworokąta będącego przekrojem znajdują się na tym samym poziomie.

Rozwiązanie

Przekrój jest kwadratem. Skoro jego pole wynosi $S^2$, co oznacza, że $\left|A\text{'}B\text{'}\right|=\sqrt{S^2}=S$.

Trójkąty $ABS$ i $A\text{'}B\text{'}S$ są podobne (na mocy cechy podobieństwa trójkątów $kkk$).

Z treści zadania wiemy, że $\frac{\left|SB\text{'}\right|}{\left|B\text{'}B\right|}=\frac{7}{3}$ lub $\frac{\left|SB\text{'}\right|}{\left|B\text{'}B\right|}=\frac{3}{7}$. Rozpatrzmy obydwa przypadki.

Przypadek 1

Jeśli $\frac{\left|SB\text{'}\right|}{\left|B\text{'}B\right|}=\frac{7}{3}$, to $\frac{\left|SB\text{'}\right|}{\left|SB\right|}=\frac{7}{10}$. Skala podobieństwa trójkątów wynosi więc $\frac{7}{10}$.

Zatem mamy równość:

$\frac{\left|A\text{'}B\text{'}\right|}{\left|AB\right|}=\frac{7}{10}$,

$\frac{S}{\left|AB\right|}=\frac{7}{10}$,

$7\left|AB\right|=10S$,

$\left|AB\right|=\frac{10}{7}S$.

Jeśli $\frac{\left|SB\text{'}\right|}{\left|B\text{'}B\right|}=\frac{7}{3}$, to krawędź podstawy ostrosłupa $ABCDS$ ma długość $\frac{10}{7}S$.

Przypadek 2

Jeśli zaś $\frac{\left|SB\text{'}\right|}{\left|B\text{'}B\right|}=\frac{3}{7}$, to $\frac{\left|SB\text{'}\right|}{\left|SB\right|}=\frac{3}{10}$. Skala podobieństwa trójkątów wynosi więc $\frac{3}{10}$.

Zatem mamy równość:

$\frac{\left|A\text{'}B\text{'}\right|}{\left|AB\right|}=\frac{3}{10}$,

$\frac{S}{\left|AB\right|}=\frac{3}{10}$,

$3\left|AB\right|=10S$,

$\left|AB\right|=\frac{10}{3}S$.

Jeśli $\frac{\left|SB\text{'}\right|}{\left|B\text{'}B\right|}=\frac{3}{7}$, to krawędź podstawy ostrosłupa $ABCDS$ ma długość $\frac{10}{3}S$.

Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy długości $a$, w którym tangens kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy wynosi $\frac{5}{4}$. Obliczmy pole przekroju tego ostrosłupa wyznaczonego przez wysokości przeciwległych ścian bocznych.

Rozwiązanie

Wykonajmy rysunek pomocniczy.

RAetFs0u3XpZ4

Na rysunku przedstawiono ostrosłup prawidłowy czworokątny $ABCD$ z wierzchołkiem $S$. Ilustracja przedstawia przekrój pionowy bryły, który jest trójkątem $FES$, przy czym punkty $F$ praz $E$ leżą na krawędziach odpowiednio $AD$ oraz $BC$ i są to punkty, na które zostały upuszczone wysokości odpowiednich ścian bocznych ostrosłupa. Na rysunku zaznaczono również wysokość całej bryły. Jest to odcinek $SO$, przy czym punkt $O$ leży na postawie przekroju bryły. Wysokość bryły oznaczono wielką literą $H$. Przy wierzchołku $O$ zaznaczono kąt prosty do płaszczyzny podstawy ostrosłupa. Oznaczono także kąt $\alpha$ - jest to kąt $OES$, czyli jest to kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy bryły.

Wiemy, że $\mathrm{tg}\alpha =\frac{5}{4}$, więc wykorzystując trójkąt prostokątny $SOE$ otrzymujemy równanie:

$\frac{H}{\frac{1}{2}a}=\frac{5}{4}$.

Stąd otrzymujemy:

$4H=\frac{5}{2}a$,

$H=\frac{5}{8}a$.

Naszym zadaniem jest obliczenie pola przekroju ostrosłupa, czyli pola trójkąta $SFE$. Ze wzoru na pole trójkąta mamy:

$P=\frac{1}{2}a·H=\frac{1}{2}a·\frac{5}{8}a=\frac{5}{16}{a}^2$.

Dany jest ostrosłup prawidłowy sześciokątny. Kąt pomiędzy wysokościami przeciwległych ścian bocznych wynosi $120°$. Obliczymy pole przekroju ostrosłupa prawidłowego sześciokątnego wyznaczonego przez te wysokości, wiedząc, że krawędź podstawy ma długość $12 \mathrm{cm}$.

Rozwiązanie

Wykonajmy rysunek pomocniczy:

RvToziPIbj7HG

Grafika przedstawia ostrosłup praGrafika przedstawia ostrosłup prawidłowy sześciokątny. W ostrosłupie zaznaczone zostały wysokości dwóch naprzeciwległych trójkątów stanowiących ściany boczne ostrosłupa oraz odcinek leżący w płaszczyźnie podstawy, łączący spodki tych wysokości. Wysokości ścian bocznych zostały oznaczone literą h. Kąt pomiędzy wysokościami ścian bocznych wynosi 120 stopni. Długość odcinka łączącego spodki wysokości wynosi $12\sqrt{3}$. Długość krawędzi podstawy to dwanaście. widłowy sześciokątny. W ostrosłupie zaznaczone zostały wysokości dwóch naprzeciwległych trójkątów stanowiących ściany boczne ostrosłupa oraz wysokość podstawy, która łączy wysokości ścian w taki sposób, że wszystkie zaznaczone linie tworzą trójkąt. Wysokości ścian bocznych zostały oznaczone literą h. Kąt pomiędzy wysokościami ścian bocznych wynosi 120 stopni. Długość wysokości podstawy wynosi $12\sqrt{3}$. Długość krawędzi podstawy to 12

Naszym zadaniem jest więc policzenie pola wyznaczonego trójkąta równoramiennego. Jego podstawa ma długość $12\sqrt{3}$, gdyż jest równa długości krótszej przekątnej sześciokąta foremnego (dwie długości wysokości trójkąta równobocznego o boku długości $12 \mathrm{cm}$).

Obliczymy długości jego ramion wykorzystując twierdzenie cosinusów:

$(12\sqrt{3}{)}^2=h^2+h^2-2h^2\cos {120}^{\circ }$.

Ze wzorów redukcyjnych mamy:

$\cos {120}^{\circ }=\cos ({90}^{\circ }+{30}^{\circ })=-\sin {30}^{\circ }=-\frac{1}{2}$.

Zatem:

$432=h^2+h^2-2h^2·\left(-\frac{1}{2}\right)$

$432=3h^2$

$h^2=144$

$h=12$.

Wysokości ścian bocznych mają długość $12 \mathrm{cm}$.

Policzymy pole naszego przekroju. W tym celu wykorzystamy wzór na pole trójkąta:

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

$P=\frac{1}{2}·12·12·\sin 120°$

$\sin 120°=\cos 30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$

$P=\frac{1}{2}·12·12·\frac{\sqrt{3}}{2}=36\sqrt{3} {\mathrm{cm}}^2$.

Narysowany przekrój ostrosłupa prawidłowego sześciokątnego jest trójkątem równobocznym o boku długości $8 \mathrm{cm}$. Obliczymy objętość ostrosłupa.

ReVqdiTaX5rfc

Grafika przedstawia ostrosłup prawidłowy sześciokątny. W ostrosłupie zaznaczone zostały dwie krawędzie boczne oraz krótsza przekątna postawy łącząca zaznaczone krawędzie, w taki sposób że wszystkie zaznaczone linie tworzą trójkąt. Krótsza przekątna ma długość osiem. Krawędzie boczne ostrosłupa również mają długość osiem.

Rozwiązanie

Podstawa naszego przekroju jest jednocześnie krótszą przekątną sześciokąta foremnego. Oznaczmy jako $a$ – długość boku sześciokąta foremnego.

Wówczas:

$a\sqrt{3}=8$

$a=\frac{8\sqrt{3}}{3}$.

Obliczmy teraz wysokość ostrosłupa. Wykonajmy rysunek pomocniczy:

R1cEpVZYpp3by

Grafika przedstawia ostrosłup prawidłowy sześciokątny. W ostrosłupie zaznaczona została jedna z jego krawędzi bocznych, wysokość ostrosłupa oraz linia łącząca wysokość z zaznaczoną krawędzią. Wszystkie zaznaczone linie tworzą trójkąt prostokątny. Gdzie przeciwprostokątna to krawędź boczna o długości osiem. Jedna przyprostokątna to wysokość i jest oznaczona literą H, a druga przyprostokątna leży w płaszczyźnie podstawy i ma długość $\frac{8\sqrt{3}}{3}$.

Z twierdzenia Pitagorasa mamy:

$H^2+{\left(\frac{8\sqrt{3}}{3}\right)}^2=8^2$

$H^2=64-\frac{192}{9}$

$H^2=\frac{384}{9}$

$H=\frac{8\sqrt{6}}{3}$.

Obliczmy więc pole podstawy:

$P_p=\frac{6a^2\sqrt{3}}{4}$

$P_p=\frac{6·{\left(\frac{8\sqrt{3}}{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=32\sqrt{3}$.

Objętość ostrosłupa wynosi wówczas:

$V=\frac{1}{3}·32\sqrt{3}·\frac{8\sqrt{6}}{3}=\frac{256\sqrt{18}}{9}=\frac{256·3\sqrt{2}}{9}=\frac{256\sqrt{2}}{3} {\mathrm{cm}}^3$.

Dany jest ostrosłup prawidłowy sześciokątny, w którym tangens kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawykąt nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy ostrosłupa prawidłowego sześciokątnegokąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy wynosi $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Obliczmy miarę kąta przy wierzchołku trójkąta, który jest przekrojem tego ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez wysokości przeciwległych ścian bocznych.

Rozwiązanie

Wykonajmy rysunek pomocniczy:

R18DpG8uVangQ

Grafika przedstawia ostrosłup prawidłowy sześciokątny. W ostrosłupie zaznaczona została jedna z jego krawędzi bocznych, wysokość ostrosłupa oraz linia łącząca wysokość z zaznaczoną krawędzią. Wszystkie zaznaczone linie tworzą trójkąt prostokątny. Gdzie przeciwprostokątna to krawędź, jedna przyprostokątna to wysokość i jest oznaczona literą H, a druga przyprostokątna leży w płaszczyźnie podstawy i jest podpisana literą a. Kąt między linią leżącą w płaszczyźnie podstawy a krawędzią boczną jest podpisany literą alfa.

Wiemy, że $tg\alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}$, czyli $\frac{H}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Możemy więc wprowadzić oznaczenia $H=\sqrt{3}x$ oraz $a=2x$.

Narysujmy przekrój bryłyprzekrój bryłyprzekrój bryły:

R1LbNkEsOAaUN

Grafika przedstawia ostrosłup prawidłowy sześciokątny. W ostrosłupie zaznaczone zostały wysokości dwóch naprzeciwległych trójkątów stanowiących ściany boczne ostrosłupa oraz odcinek łączący spodki tych wysokości, w taki sposób że wszystkie zaznaczone linie tworzą trójkąt. W trójkącie zaznaczona została również wysokość ostrosłupa. Jest ona podpisana literą H. Kąt pomiędzy wysokościami ścian bocznych jest podpisany literą gamma, natomiast kąty między wysokościami ścian bocznych a odcinkami leżącymi w płaszczyźnie podstawy są podpisane literą beta. Długość wysokości odcinka łączącego spodki wysokości jest podpisana $a\sqrt{3}$, natomiast odległość od wysokości ostrosłupa do krawędzi bocznej wynosi $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Obliczmy najpierw miarę kąta $\beta$, który jest kątem nachylenia wysokości do ściany bocznej ostrosłupa prawidłowego sześciokątnegokąt nachylenia wysokości do ściany bocznej ostrosłupa prawidłowego sześciokątnegokątem nachylenia wysokości do ściany bocznej ostrosłupa prawidłowego sześciokątnego:

$tg\beta =\frac{H}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}x}{\frac{2x\sqrt{3}}{2}}=1$.

Zatem $\beta =45°$, co oznacza, że $\gamma =180°-2·45°=90°$.

Kąt przy wierzchołku trójkąta, który jest przekrojem ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez wysokości przeciwległych ścian bocznych, jest prosty.

Dany jest ostrosłup prawidłowy sześciokątny, w którym wysokość jest równa połowie długości krótszej przekątnej podstawy. Pole przekroju wyznaczonego przez przeciwległe krawędzie boczne wynosi $8\sqrt{3}$. Oblicz sinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy.

Rozwiązanie:

Oznaczmy jako $a$ długość krawędzi podstawy. Wówczas krótsza przekątna sześciokąta foremnego ma długość $a\sqrt{3}$, a wysokość ostrosłupa $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Narysujemy przekrój naszej bryły:

RYnq7TSR3SRXP

Grafika przedstawia ostrosłup prawidłowy sześciokątny. W ostrosłupie zaznaczone zostały dwie naprzeciwległe krawędzie boczne oraz dłuższa przekątna postawy przechodząca przez środek podstawy. Przekątna łączy zaznaczone krawędzie, w taki sposób że wszystkie zaznaczone linie tworzą trójkąt. W ostrosłupie zaznaczona została również jego wysokość. Krawędzie boczne są podpisane literami k. Przekątna podstawy ma długość 2a. Wysokość ostrosłupa ma długość $\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Kąt pomiędzy krawędzią boczną a przekątną podstawy jest podpisany literą alfa.

Z zadania wiemy, że pole przekroju wyznaczonego przez przeciwległe krawędzie boczne wynosi $8\sqrt{3}$.

Układamy zatem równanie:

$\frac{1}{2}·2a·\frac{a\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}$

$\frac{a^2}{2}=8$

$a^2=16$

$a=4$.

Wysokość ostrosłupa ma więc długość $2\sqrt{3}$.

Naszym zadaniem jest obliczyć wartość funkcji $\sin \alpha$. Musimy więc mieć długość krawędzi bocznej. Wykorzystajmy twierdzenie Pitagorasa:

$k^2=(2\sqrt{3}{)}^2+4^2$

$k^2=28$

$k=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$.

Zatem $\sin \alpha =\frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$.

Dany jest ostrosłup prawidłowy sześciokątny. Stosunek długości krawędzi bocznej do długości krawędzi podstawy wynosi $\frac{3}{2}$. Oblicz cosinus kąta przy wierzchołku trójkąta będącego przekrojem ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez wysokości dwóch sąsiednich ścian bocznych.

Rozwiązanie

Wykonajmy rysunek:

R1PBDSlaX8ljb

Grafika przedstawia ostrosłup prawidłowy sześciokątny. Podstawa ostrosłupa składa się z wierzchołków: A, B, C, D, E, F. Wierzchołek ostrosłupa jest podpisany literą S. Długość krawędzi podstawy to 2x. Długość krawędzi bocznej to 3x. W ostrosłupie zaznaczone zostały wysokości dwóch sąsiadujących ścian bocznych oraz linia znajdująca się w płaszczyźnie postawy, która łączy te wysokości. Spodki wysokości zostały podpisane kolejno: G oraz H. Przy czym punkt G znajduje się na krawędzi AB, a punkt H znajduje się na krawędzi BC. Wysokości ścian bocznych są podpisane literami h. Wszystkie zaznaczone krawędzie tworzą trójkąt GHS. Linia będąca podstawą powstałego trójkąta jest podpisana literą y. Kąt pomiędzy wysokościami jest zaznaczony litera beta.

Naszym przekrojem jest trójkąt $GHS$. Długość jego podstawy możemy policzyć, wykorzystując trójkąt $GHB$. Kąt wewnętrzny sześciokąta foremnego ma miarę $120°$, zatem:

RkOQS3qwxtKMe

Grafika przedstawia trójkąt równoramienny o wierzchołkach: G, H, B. Ramiona BG i BH są podpisane literą x, kąt pomiędzy tymi ramionami ma wartość 120 stopni. Podstawa GH trójkąta jest podpisana literą y.

Poprowadźmy wysokość tego trójkąta:

RxwZx9N5q1N0s

Grafika przedstawia trójkąt równoramienny o wierzchołkach: G, H, B. Ramiona BG i BH są podpisane literą x. W trójkącie zaznaczona została wysokość, ma ona długość $\frac{x}{2}$. Kąt pomiędzy ramieniem a wysokością trójkata ma wartość 60 stopni. Podstawa GH trójkąta jest podpisana $x\sqrt{3}$. Natomiast odległość od wysokości do wierzchołka H ma wartość $\frac{x\sqrt{3}}{2}$.

Zatem $\left|GH\right|=x\sqrt{3}$.

Obliczmy teraz wysokości ścian bocznych. Wykorzystując trójkąt prostokątny $SGB$ mamy:

$h^2=(3x{)}^2-x^2$

$h^2=9x^2-x^2$

$h^2=8x^2$

$h=\sqrt{8}x$

$h=2\sqrt{2}x$.

Mamy już wszystkie potrzebne wielkości do obliczenia cosinusa kąta przy wierzchołku trójkąta $GHS$. Wykorzystajmy twierdzenie cosinusów:

$(\sqrt{3}x{)}^2=(2\sqrt{2}x{)}^2+(2\sqrt{2}x{)}^2-2·2\sqrt{2}x·2\sqrt{2}x·\cos \beta$

$3x^2=8x^2+8x^2-16x^2\cos \beta$

$-13x^2=-16x^2\cos \beta$

$\cos \beta =\frac{13}{16}$.