4. Pole powierzchni ostrosłupa

RlhjnBSHzeUU7

Czy siatka ostrosłupa może przybrać kształt prostokąta? Pomocna w rozwiązaniu może być kwadratowa kartka. Popatrzmy na rysunek poniżej.

RJE22RlboxY92

Ilustracja przedstawia kwadrat A B C D, na boku AB znajduje się punkt E, na boku AD znajduje się punkt F, odcinek AF podpisano literą e, z kolei odcinek EF podpisano literą a. Punkty AEF tworzą trójkąt prostokątny, który zaznaczono kolorem różowym, przeciwprostokątną jest bok EF. W kwadracie zaznaczono odcinki CE oraz CF, wydzielają one w kwadracie trzy trójkąty. Cały kwadrat jest podzielony na cztery trójkąty. Obok kwadratu znajduje się ten sam kwadrat ułożony w poziomie, przy czym trójkąt AEF jest podstawą ostrosłupa, którego wierzchołek górny podpisano literą G.

Tak jak na rysunku podzielmy kwadrat o wierzchołkach $A B C D$ odpowiednio odcinkami: $E F$ , który łączy środki boków $A B$ i $A D$ oraz odcinkami $E C$ oraz $C F$ . Zauważmy, że utworzyła się siatka ostrosłupa trójkątnego, którego podstawą jest trójkąt $A E F$ , wysokością jest odcinek $B C = D C$ , tak jak na rysunku powyżej.

Po rozłożeniu siatki ostrosłupa, na rysunku poniżej, widzimy, że ściany boczne: trójkąt $E F G$ jest przystający do $E F C$ i trójkąt $A F G$ jest przystający do trójkąta $D F C$ i trójkąt $A E G$ jest przystający do trójkąta $E B C$ , trójkąt $A E F$ jest podstawą ostrosłupa i jednocześnie częścią kwadratu $A B C D$ . Zatem powierzchnia tego ostrosłupa trójkątnego jest równa powierzchni kwadratu.

R1APWNtL0qf9E

Powyższy przykład jest potwierdzeniem wniosku mówiącego, że wystarczy zsumować pole podstawy oraz pola ścian bocznych, aby uzyskać pole powierzchni całkowitej ostrosłupa trójkątnego.

Zastanów się, czy podobną konstrukcję można przeprowadzić dla prostokąta, który nie jest kwadratem.

Twoje cele

Obliczysz pole powierzchni ostrosłupa.
Wykorzystasz związki trygonometryczne i znane twierdzenia do rozwiązywania zadań.

Pole powierzchni ostrosłupa trójkątnego

W pierwszej części materiału skupimy się na obliczaniu pola powierzchni ostrosłupa trójkątnego.

Ostrosłup trójkątny, to taki ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt. Ściany boczne ostrosłupa są trójkątami o wspólnym wierzchołku zwanym wierzchołkiem ostrosłupa. Ostrosłup trójkątny jest inaczej nazywany czworościanem.

Wśród ostrosłupów możemy wyróżnić ostrosłupy proste oraz pochyłe.

Ostrosłup nazywamy ostrosłupem trójkątnym prostym, jeśli spodek wysokościspodek wysokości bryłyspodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na trójkącie będącym jego podstawą. Ostrosłup prosty ma wszystkie krawędzie boczne równej długości.

R15eDM62oVhaA

Ilustracja przedstawia dwa rysunku obok siebie. Z lewej strony mamy ostrosłup A B C S, którego podstawia jest trójkątem A B C wpisanym w okrąg. Zaznaczono odcinek S D będący wysokością ściany A B S oraz zaznaczono wysokość bryły S O. Po prawej stronie analogiczny rysunek, przy czym trójkąt A B C będący podstawą, ma inny kształt, niż na pierwszym rysunku. Oznaczenia są niezmienione.

Ostrosłup trójkątny pochyły nie spełnia opisanej powyżej własności, często spodek wysokości ostrosłupa znajduje się poza podstawą ostrosłupa.

RTK1cMjAgkyWf

Ilustracja przedstawia dwa warianty ostrosłupa pochyłego. Po lewej stronie mamy ostrosłup A B F G, którego wszystkie krawędzie ścian są pochyłe. W podstawie bryły znajduje się trójkąt równoboczny A B F o boku o długości 5,8; krawędź podstawy B F przedłużono i na to przedłużenie upuszczono wysokość bryły H równą 4, która jest odcinkiem G E, gdzie punkt E leży poza bryłą. Drugi wariant bryły ma wierzchołki A B F I. Podstawą bryły jest trójkąt równoramienny A B F o boku o długości 5,8 , przy czym dwie z krawędzi ścian są pochyłe: A I oraz B I, natomiast krawędź ściany F I jest prostopadła do płaszczyzny podstawy. Krawędź ta jest jednocześnie wysokością bryły H równą 4

Jeśli wszystkie krawędzie boczne ostrosłupa tworzą z podstawą kąty równej miary, to spodek wysokości jest jednakowo oddalony od wierzchołków podstawy jest, więc środkiem okręgu opisanego na podstawie.

Jeśli wszystkie ściany boczne tworzą z podstawą kąty równej miary, to spodek wysokości jest jednakowo oddalony od krawędzi podstawy jest, więc środkiem okręgu wpisanego w podstawę.

Pole powierzchni ostrosłupa to suma pola podstawy i pola powierzchni bocznej.

P = P_{p} + P_{b}

$P_{p}$ – pole podstawy

$P_{b}$ – pole powierzchni bocznej, czyli suma wszystkich pól ścian bocznych ostrosłupa

Dla czworościanu foremnegoczworościan foremnyczworościanu foremnego o krawędzi $a$ :

Pole powierzchni $P = a^{2} \sqrt{3}$ .

Przykład 1

Podstawą ostrosłupa prostego jest trójkąt prostokątny równoramienny, którego ramię ma długość $6 \sqrt{2}$ . Wiedząc, że wysokość ostrosłupa ma długość $8 cm$ , oblicz długości krawędzi bocznych oraz pole powierzchni całkowitej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wiemy, że ostrosłup jest prosty, więc spodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na jego podstawie. W tym przypadku jest to środek przeciwprostokątnej, bo podstawą jest trójkąt prostokątny.

Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

R1F0EcFIwaaRU

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt prostokątny A B C, jego przeciwprostokątną jest bok AB. Wierzchołek górny podpisano literą D. Krawędź boczna ostrosłupa jest podpisana literą d. Z wierzchołka D na krawędź AB opuszczono wysokość, której spodek podpisano literą S. Punkty CS połączono linią przerywaną. Kąty DCS, DAS oraz DBS podpisano literą alfa.

Wiemy, że $|A C| = |B C| = 6 \sqrt{2}$ są długościami ramion trójkąta prostokątnego w podstawie, więc $|A B| = 12$ oraz długość wysokości ostrosłupa $|S D| = 8$ , $|A S| = \frac{1}{2} |A B| = 6$ .

Zauważmy, że $|A D| = |B D| = |C D|$ , ponieważ ostrosłup jest prosty. Oznaczmy $|A D| = d$ .

Punkt $S$ jest spodkiem wysokości ostrosłupa, odcinek $S D$ jest prostopadły do $A S$ i $S B$ i $S C$ . Długość krawędzi bocznej obliczymy korzystając z trójkąta $A S D$ i twierdzenia Pitagorasa

${|A S|}^{2} + {|S D|}^{2} = {|A D|}^{2}$

$6^{2} + 8^{2} = d^{2}$

$d^{2} = 100$

$d = 10$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa:

$P_{p} = \frac{1}{2} \cdot {(6 \sqrt{2})}^{2} = 36$

Mamy już pole podstawy, obliczymy pole powierzchni bocznej, która jest sumą pól ścian bocznych ostrosłupa. W tym celu obliczymy pola odpowiednio trójkątów $A B D$ , $A C D$ i $C B D$ .

$P_{A B D} = \frac{1}{2} \cdot |A B| \cdot |D S| = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 8 = 48$

Trójkąty $A C D$ i $C B D$ są przystające oraz równoramienne.

R1KuZUajWA90F

Ilustracja przedstawia trójkąt A C D, jego ramiona AD oraz CD są popisane literą d. Z wierzchołka D na podstawę AC opuszczono wysokość h, której spodek podpisano literą E.

Korzystając z rysunku pomocniczego obliczymy długość $h$ wysokości trójkąta
$A C D$ .

Odcinek $A E$ jest połową $A C$ i jego długość wynosi $|A E| = 3 \sqrt{2}$ .

Na podstawie twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $A E D$ mamy:

${|A E|}^{2} + {|E D|}^{2} = {|A D|}^{2}$

${(3 \sqrt{2})}^{2} + h^{2} = 10^{2}$

$h^{2} = 100 - 18$

$h = \sqrt{82}$

$P_{A C D} = \frac{1}{2} \cdot |A C| \cdot |E D| = \frac{1}{2} \cdot 6 \sqrt{2} \cdot \sqrt{82} = 6 \sqrt{41}$

Obliczymy pole powierzchni bocznej:

$P_{b} = P_{A B D} + P_{C B D} + P_{A C D} = 48 + 2 \cdot 6 \sqrt{41} = 48 + 12 \sqrt{41}$

Zatem pole powierzchni ostrosłupa:

$P = P_{p} + P_{b} = 36 + 48 + 12 \sqrt{41} = 84 + 12 \sqrt{41} = 12 (7 + \sqrt{41})$

Przykład 2

Podstawą ostrosłupa $A B C D$ jest trójkąt równoboczny $A B C$ o boku długości $16$ . Dwie ściany boczne są prostopadłe do podstawy, a trzecia tworzy z podstawą kąt o mierze $60 °$ . Oblicz pole powierzchni całkowitej ostrosłupa $A B C D$ .

Rozwiązanie:

Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

RFekAC1gzuYSf

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C, wierzchołek górny podpisano literą D. Kąt BAD oraz kąt CAD są kątami prostymi. Odcinek AD podpisano literą H. A wierzchołka D na krawędź BC opuszczono wysokość , jej spodek podpisano literą C. W podstawie zaznaczono odcinek AE. Kąt AED podpisano literą alfa. Odcinki AC oraz AC mają długość 16, z kolei odcinki BE oraz CE mają długość osiem.

Oznaczymy długość wysokości ostrosłupa przez $H$ oraz kąt $α = 60 °$ .

W trójkącie równobocznym $A B C$ , odcinek $A E$ jest jego wysokością, więc

$|A E| = \frac{16 \sqrt{3}}{2} = 8 \sqrt{3}$ .

Obliczamy pole podstawy:

$P_{p} = \frac{1}{2} \cdot |B C| \cdot |A E| = \frac{1}{2} \cdot 16 \cdot 8 \sqrt{3} = 64 \sqrt{3}$

W celu obliczenia powierzchni ścian bocznych wyznaczymy długość wysokości $H$ oraz długość odcinka $E D$ , który jest wysokością trójkąta $B C D$ .

Z trójkąta $A E D$ , który jest prostokątny mamy:

$tg α = \frac{H}{|A E|}$

$tg 60 ° = \frac{H}{8 \sqrt{3}}$

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

$H = 24$

oraz

$\cos α = \frac{|A E|}{|E D|}$

$\cos 60 ° = \frac{8 \sqrt{3}}{|E D|}$

$\frac{1}{2} = \frac{8 \sqrt{3}}{|E D|}$

$|E D| = 16 \sqrt{3}$

Obliczamy pola ścian bocznych:

$P_{A B D} = P_{A C D} = \frac{1}{2} \cdot |A B| \cdot H = \frac{1}{2} \cdot 16 \cdot 24 = 192$

oraz

$P_{B C D} = \frac{1}{2} \cdot |B C| \cdot |E D| = \frac{1}{2} \cdot 16 \cdot 16 \sqrt{3} = 128 \sqrt{3}$

Obliczamy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa:

$P = P_{p} + P_{b} = 64 \sqrt{3} + 2 \cdot 192 + 128 \sqrt{3} = 384 + 192 \sqrt{3}$

Odpowiedź: $P = 384 + 192 \sqrt{3}$

Przykład 3

W ostrosłupie prawidłowymostrosłup prawidłowyostrosłupie prawidłowym trójkątnymostrosłup prawidłowy trójkątnytrójkątnym ściany boczne są nachylone do podstawy pod kątem $α$ . Wysokość ostrosłupa jest równa $H$ . Oblicz pole powierzchni całkowitej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

R11UxBF3Sz6qL

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C, wierzchołek górny podpisano literą D. Wysokość ostrosłupa podpisano literą H, a jej spodek podpisano literą E. Na krawędzi BC znajduje się punkt L, kąt ALD podpisano literą alfa. Krawędź AB podpisano literą a.

Wiemy, że w podstawie ostrosłupa prawidłowegoostrosłup prawidłowyostrosłupa prawidłowego jest trójkąt równoboczny, więc odcinek $E L$ ma długość:

$|E L| = \frac{1}{3} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{6}$ .

Z trójkąta $E L D$ mamy:

$tg α = \frac{H}{|E L|} = \frac{H}{\frac{a \sqrt{3}}{6}}$ , $\frac{a \sqrt{3}}{6} = H \cdot ctg α$ , więc $a = 2 \sqrt{3} \cdot H \cdot ctg α$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa:

$P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{4 \cdot 3 \sqrt{3} \cdot H^{2} \cdot {ctg}^{2} α}{4} = 3 \sqrt{3} \cdot H^{2} \cdot {ctg}^{2} α$

W celu obliczenia powierzchni ścian bocznych wyznaczymy długość wysokości $D L$ , który jest wysokością trójkąta $B C D$ .

Z trójkąta $E L D$ mamy:

$\sin α = \frac{H}{|D L|}$ , stąd $|D L| = \frac{H}{\sin α}$

Mamy już pole podstawy, obliczymy pole powierzchni bocznej, która jest sumą pól ścian bocznych ostrosłupa. W tym celu obliczymy pole trójkąta $B C D$ .

$P_{B C D} = \frac{1}{2} \cdot |B C| \cdot |D L| = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{H}{\sin α} = \frac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{3} \cdot H \cdot ctg α \cdot \frac{H}{\sin α} = \frac{H^{2} \sqrt{3} \cdot ctg α}{\sin α}$

$P_{b} = 3 \cdot \frac{H^{2} \sqrt{3} \cdot ctg α}{\sin α} = \frac{3 \sqrt{3} \cdot H^{2} \cdot ctg α}{\sin α}$

Zatem pole powierzchni ostrosłupa:

$P = P_{p} + P_{b} = 3 \sqrt{3} \cdot H^{2} \cdot {ctg}^{2} α + \frac{3 \sqrt{3} \cdot H^{2} \cdot ctg α}{\sin α} = 3 \sqrt{3} \cdot H^{2} (\frac{\cos^{2} α + \cos α}{\sin^{2} α})$

Polecenie 1

Zapoznaj się z animacją 3D. Spróbuj samodzielnie rozwiązać podane zadania. Sprawdź poprawność Twoich rozwiązań z rozwiązaniami przedstawionymi w animacji. Czy podane wskazówki okazały się przydatne?

RXzRGdh3HwyL2

Polecenie 2

Oblicz pole powierzchni całkowitej ostrosłupa prawidłowego trójkątnego o krawędzi podstawy długości $a = 20$ i krawędzi bocznej $b = 26$ .

Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

RRRFK0ajsoCCm

Wiemy, że w podstawie jest trójkąt równoboczny, więc obliczamy pole podstawy ostrosłupa:

$P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{20^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{400 \sqrt{3}}{4} = 100 \sqrt{3}$

Mamy już pole podstawy, obliczymy pole powierzchni bocznej, która jest sumą pól ścian bocznych ostrosłupa. W tym celu obliczymy pole trójkąta $B C D$ .

Najpierw wyznaczymy długość wysokości $|D L| = h$ , w trójkącie $B C D$ .

Z trójkąta prostokątnego $L C D$ mamy:

$h^{2} + {(\frac{a}{2})}^{2} = b^{2}$ , stąd $h^{2} + 10^{2} = 26^{2}$ , $h^{2} = 676 - 100$ , $h^{2} = 576$ , $h = 24$

$P_{B C D} = \frac{1}{2} \cdot |B C| \cdot |D L| = \frac{1}{2} \cdot a \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 20 \cdot 24 = 240$

$P_{b} = 3 \cdot P_{B C D} = 3 \cdot 240 = 720$

Zatem pole powierzchni ostrosłupa:

$P = P_{p} + P_{b} = 100 \sqrt{3} + 720$

Odpowiedź:

$P = 100 \sqrt{3} + 720$

Polecenie 3

Oblicz, jaką częścią powierzchni sześcianu o boku długości $b$ jest pole powierzchni całkowitej ostrosłupa trójkątnego, którego trzy krawędzie o długości $b$ są parami prostopadłe?

Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

RfLgvhcQcF4Ct

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C, wierzchołek górny podpisano literą D. Kąt BAD, kąt CAD oraz kąt BAC są kątami prostymi. Odcinki AD, AC oraz AB podpisano literą b. Z kolei odcinek BC podpisano b2.

Oznaczamy pole powierzchni sześcianu przez $P_{1}$ , pole powierzchni ostrosłupa przez $P_{2}$ . Wiemy, że pole powierzchni sześcianu jest sumą pól sześciu kwadratów o boku długości $b$ .

Pole powierzchni sześcianu $P_{1} = 6 b^{2}$

Pole ostrosłupa $A B C D$ jest sumą pól trzech przystających trójkątów prostokątnych $A B D$ , $A B C$ , $A B D$ o boku długości $b$ i pola trójkąta równobocznego $B C D$ o boku $b \sqrt{2}$ .

$P_{A B D} = \frac{1}{2} b^{2}$ , oraz $P_{B C D} = \frac{{(b \sqrt{2})}^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{2 b^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{b^{2} \sqrt{3}}{2}$

Pole powierzchni ostrosłupa $A B C D$ :

$P_{2} = 3 \cdot P_{A B D} + P_{B C D} = 3 \cdot \frac{1}{2} b^{2} + \frac{b^{2} \sqrt{3}}{2} = \frac{3 b^{2} + b^{2} \sqrt{3}}{2} = \frac{3 + \sqrt{3}}{2} b^{2}$

Zatem stosunek pola powierzchni ostrosłupa do pola powierzchni sześcianu wynosi:

$\frac{P_{2}}{P_{1}} = \frac{\frac{3 + \sqrt{3}}{2} b^{2}}{6 b^{2}} = \frac{3 + \sqrt{3}}{12} \approx 0, 4$

Odpowiedź:

$\frac{P_{2}}{P_{1}} = \frac{\frac{3 + \sqrt{3}}{2} b^{2}}{6 b^{2}} = \frac{3 + \sqrt{3}}{12} \approx 0, 4$

Powierzchnia ostrosłupa stanowi około $0, 4$ powierzchni sześcianu.

Jeżeli podstawą ostrosłupa jest wielokąt foremny np. trójkąt równoboczny a spodek wysokościspodek wysokości bryłyspodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na jego podstawie, to mówimy, że taki ostrosłup jest prawidłowyostrosłup prawidłowyostrosłup jest prawidłowy.

Ostrosłup prawidłowy trójkątny, to taki ostrosłup prosty, którego podstawą jest trójkąt foremny, czyli trójkąt równoboczny. Spodek wysokości pokrywa się z środkiem ciężkości tego trójkąta, czyli z punktem przecięcia się środkowych, które są zarazem wysokościami i dwusiecznymi kątów w podstawie. Ściany boczne ostrosłupa są przystającymi trójkątami równoramiennymi o wspólnym wierzchołku zwanym wierzchołkiem ostrosłupa.

Pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego to suma pola podstawy i pola powierzchni bocznej

P = P_{p} + P_{b} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} + 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} + \frac{3}{2} \cdot a \cdot h

gdzie:
$P_{p}$ - pole podstawy,
$P_{b}$ - pole powierzchni bocznej, czyli suma wszystkich pól ścian bocznych ostrosłupa,
$h$ - wysokość ściany bocznej ostrosłupa.

Dla czworościanu foremnegoczworościan foremnyczworościanu foremnego o krawędzi $a$ pole powierzchni

P = a^{2} \sqrt{3}

Masz do dyspozycji dynamiczną wizualizację ostrosłupa prawidłowego trójkątnegoostrosłup prawidłowy trójkątnyostrosłupa prawidłowego trójkątnego, w którym możesz zmieniać położenie bryły w przestrzeni. Możesz obrócić ostrosłup przez przeciągnięcie myszką.

Ru3iQuz8YgEuT

Zmieniając wartości $n$ możesz zaznaczyć odpowiednio:
$1$ - trójkąt prostokątny wyznaczony przez krawędź podstawy i wysokość podstawy
$2$ - trójkąt prostokątny wyznaczony przez krawędź boczną ostrosłupa i wysokość ściany bocznej
$3$ - trójkąt prostokątny wyznaczony przez krawędź boczną i wysokość ostrosłupa
$4$ - trójkąt prostokątny wyznaczony przez wysokość ściany bocznej i wysokość ostrosłupa

Trójkąty prostokątne, które widzimy w ostrosłupie ułatwią określenie związków między odcinkami w ostrosłupie, a w konsekwencji rozwiazywanie zadań dotyczących obliczania pola powierzchni oraz objętości ostrosłupa prawidłowego trójkątnego.

Przykład 4

Obliczymy pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego, którego wysokość ma długość $10 cm$ , a krawędź boczna $12 cm$ .

Rozwiązanie

R1bMHQA4pYJNI

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C. Górny wierzchołek ostrosłupa podpisano literą S. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość, spodek tej wysokości podpisano literą O. W podstawie z wierzchołka C na podstawę AB opuszczono wysokość, jej spodek podpisano literą D. Spodek O leży na wysokości CD.

Przyjmujemy, że $|A B| = a$ oraz $|O S| = 10$ , wówczas: $|D C| = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie, zatem: $|O C| = \frac{2}{3} \cdot |D C| = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $C O S$ , na podstawie twierdzenia Pitagorasa mamy:

${|O C|}^{2} + {|O S|}^{2} = {|C S|}^{2}$

${(\frac{a \sqrt{3}}{3})}^{2} + 10^{2} = 12^{2}$

$\frac{a^{2}}{3} = 144 - 100$

$a^{2} = 44 \cdot 3 = 132$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa:

$P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{132 \sqrt{3}}{4} = 33 \sqrt{3} [{cm}^{2}]$

Mamy już pole podstawy, obliczymy pole powierzchni bocznej, która jest sumą pól ścian ostrosłupa.

$|D O| = \frac{1}{3} |D C| = \frac{a \sqrt{3}}{6}$

Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $D O S$ , na podstawie twierdzenia Pitagorasa mamy:

${|D S|}^{2} = {|D O|}^{2} + {|O S|}^{2}$

${| D S |}^{2} = {(\frac{a^{} \sqrt{3}}{6})}^{2} + 10^{2}$

${|D S|}^{2} = \frac{a^{2}}{12} + 100$

${|D S|}^{2} = \frac{132}{12} + 100$

${|D S|}^{2} = 11 + 100$

${|D S|}^{2} = 111$

$|D S| = \sqrt{111} [cm]$

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$ , gdzie $h$ jest wysokością ściany bocznej: $h = |D S| = \sqrt{111} cm$ .

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt{132} \cdot \sqrt{111} = \frac{3}{2} \cdot \sqrt{12 \cdot 11 \cdot 3 \cdot 37} = \frac{3}{2} \cdot 6 \cdot \sqrt{407} = 9 \sqrt{407} [{cm}^{2}]$

Zatem pole powierzchni ostrosłupa:

$P = P_{p} + P_{b} = 33 \sqrt{3} + 9 \sqrt{407} [{cm}^{2}]$

Przykład 5

Obliczymy pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego, którego wysokość o długości $16 cm$ tworzy:
a) z krawędzią boczną kąt $α$ taki, że $tg α = 0, 5$ ,
b) z wysokością ściany bocznej kąt $β$ taki, że $\cos β = 0, 8$ .

Rozwiązanie

a) Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami, zaznaczamy kąt $α$ między wysokością ostrosłupa a krawędzią boczną.

RBGxEcbGmbgGF

Przyjmujemy, że $|A B| = a$ oraz $|O S| = 16$ , wówczas: $|D C| = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie, zatem: $|O C| = \frac{2}{3} |D C| = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

W trójkącie $C S O$ mamy: $tg α = \frac{|O C|}{|O S|}$ , więc $\frac{1}{2} = \frac{|O C|}{|O S|}$ , stąd $|O S| = 2 |O C|$ , zatem $16 = \frac{2 a \sqrt{3}}{3}$ .

$48 = 2 a \sqrt{3}$

$48 \sqrt{3} = 6 a$

$a = 8 \sqrt{3} [cm]$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa $P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{{(8 \sqrt{3})}^{2} \cdot \sqrt{3}}{4} = 48 \sqrt{3} [{cm}^{2}]$ .

Mamy już pole podstawy, obliczymy pole powierzchni bocznej, która jest sumą pól ścian ostrosłupa.

$|D O| = \frac{1}{3} |D C| = \frac{a \sqrt{3}}{6}$

Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $D O S$ , na podstawie twierdzenia Pitagorasa mamy:

${|D O|}^{2} + {|O S|}^{2} = {|D S|}^{2}$

${(\frac{a \sqrt{3}}{6})}^{2} + 16^{2} = {|D S|}^{2}$

$\frac{a^{2}}{12} + 256 = {|D S|}^{2}$

${|D S|}^{2} = 16 + 256$

${|D S|}^{2} = 272$

$|D S| = \sqrt{272} = 4 \sqrt{17} [cm]$

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$ , gdzie $h$ jest wysokością ściany bocznej $h = |D S| = 4 \sqrt{17} [cm]$ .

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 8 \sqrt{3} \cdot 4 \sqrt{17} = 48 \sqrt{51} [{cm}^{2}]$ .

Zatem pole powierzchni ostrosłupa: $P = P_{p} + P_{b} = 48 \sqrt{3} + 48 \sqrt{51} = 48 (\sqrt{3} + \sqrt{51}) [{cm}^{2}]$ .

b) Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami, zaznaczamy kąt $β$ między wysokością ostrosłupa a wysokością ściany bocznej.

R1QsIn4UVYE8i

Przyjmujemy, że $|A B| = a$ oraz $|O S| = 16$ , wówczas: $|D C| = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie, zatem: $|D O| = \frac{1}{3} \cdot |D C| = \frac{a \sqrt{3}}{6}$ .

W trójkącie $D O S$ mamy: $\cos β = \frac{|O S|}{|D S|}$ , więc $\frac{8}{10} = \frac{|O S|}{|D S|}$ , stąd $|D S| = \frac{10}{8} \cdot |O S| = \frac{10}{8} \cdot 16 = 20 [cm]$ .

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa mamy:

${|D O|}^{2} + {|O S|}^{2} = {|D S|}^{2}$

${(\frac{a \sqrt{3}}{6})}^{2} + 16^{2} = 20^{2}$

$\frac{3 a^{2}}{36} = 400 - 256$

$\frac{a^{2}}{12} = 144$

$a^{2} = 1728 [{cm}^{2}]$

$a = 24 \sqrt{3} cm$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa oraz pole powierzchni bocznej.

$P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{1728 \cdot \sqrt{3}}{4} = 432 \sqrt{3} [{cm}^{2}]$

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$ , gdzie $h$ jest wysokością ściany bocznej $h = |D S| = 20$

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 24 \sqrt{3} \cdot 20 = 720 \sqrt{3} [{cm}^{2}]$ .

Zatem pole powierzchni ostrosłupa: $P = P_{p} + P_{b} = 432 \sqrt{3} + 720 \sqrt{3} = 1152 \sqrt{3} [{cm}^{2}]$ .

Przykład 6

Podstawa ostrosłupa prawidłowego trójkątnego ma pole równe $25 \sqrt{3}$ . Obliczymy wysokość ściany bocznej tego ostrosłupa, jeśli jego pole powierzchni całkowitej jest siedmiokrotnie większe od pola podstawy.

Rozwiązanie

Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

RJ2hLQTJ4h0wl

Oznaczamy $|B C| = |A B| = a$

$P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

$25 \sqrt{3} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

$100 = a^{2}$

$10 = a$

Wiemy, że $P = P_{p} + P_{b}$ oraz $P = 7 P_{p}$ , stąd

$7 P_{p} = P_{p} + P_{b}$

$6 P_{p} = P_{b}$

$6 \cdot 25 \sqrt{3} = P_{b}$

$150 \sqrt{3} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$

$100 \sqrt{3} = a \cdot h$

$100 \sqrt{3} = 10 h$

$10 \sqrt{3} = h$

Zatem wysokość ściany bocznej ostrosłupa: $h = 10 \sqrt{3}$ .

Przykład 7

Ściana boczna ostrosłupa prawidłowego trójkątnego jest trójkątem równoramiennym, w którym ramiona mają długość $2 cm$ a kąt między nimi ma miarę $30 °$ . Obliczymy pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa.

Rozwiązanie

Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami, zaznaczamy kąt $30 °$ między ramionami ściany bocznej ostrosłupa.

RpT1shlFTdytC

Ilustracja przedstawia ostrosłup oraz trójkąt. Podstawą ostrosłupa jest trójkąt A B C. Górny wierzchołek ostrosłupa podpisano literą S. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość, spodek tej wysokości podpisano literą O. W podstawie z wierzchołka C na podstawę AB opuszczono wysokość, jej spodek podpisano literą D. Spodek O leży na wysokości CD. Z wierzchołka S opuszczono wysokość ściany bocznej na krawędź AB. Spodek tej wysokości pokrywa się ze spodkiem D. Obok znajduje się trójkąt A B S, z wierzchołka S opuszczono wysokość h na bok AB, spodek podpisano literą D.

Oznaczamy $|A B| = |B C| = |A C| = a$ , $|D S| = h$ jest wysokością ściany bocznej trójkąta $A B S$ .

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta $B C S$ mamy:

$a^{2} = 2^{2} + 2^{2} - 2 \cdot 2^{2} \cdot \cos 30 °$

$a^{2} = 4 + 4 - 8 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$

$a^{2} = 8 - 4 \sqrt{3}$

$a^{2} = 4 (2 - \sqrt{3})$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa $P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{4 (2 - \sqrt{3}) \cdot \sqrt{3}}{4} = (2 - \sqrt{3}) \cdot \sqrt{3} [{cm}^{2}]$ .

Mamy już pole podstawy, obliczymy pole powierzchni bocznej, która jest sumą pól ścian bocznych ostrosłupa.

Dla trójkąta $A B S$ : $P_{A B S} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot \sin 30 °$ , stąd mamy:

$P_{A B S} = 2 \cdot \sin 30 ° = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1 [{cm}^{2}]$

$P_{b} = 3 \cdot 1 = 3 [{cm}^{2}]$

Zatem pole powierzchni ostrosłupa: $P = P_{p} + P_{b} = (2 - \sqrt{3}) \cdot \sqrt{3} + 3 = 2 \sqrt{3} [{cm}^{2}]$ .

Polecenie 4

Zapoznaj się z poniższym apletem GeoGebry. Zauważ jak zmienia się pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego, gdy zmienia się krawędź podstawy lub wysokość ostrosłupa. Przesuwając punkt $A$ lub $B$ zmieniasz długość $a$ krawędzi podstawy, gdy przesuniesz punkt $D$ zmieniasz wysokość $H$ ostrosłupa, chwytając za suwak możesz otwierać lub zamykać siatkę ostrosłupa prawidłowego trójkątnego. Możesz obrócić ostrosłup przez przeciągnięcie myszką.

Zapoznaj się z poniższym apletem GeoGebry. Zauważ jak zmienia się pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego, gdy zmienia się krawędź podstawy lub wysokość ostrosłupa.

RMhyEeg8lKFAW

Polecenie 5

Niech krawędź podstawy ostrosłupa prawidłowego trójkątnego ma długość $6$ , zaś jego wysokość $H = 8$ . Korzystając z powyższego apletu ustaw punkt $A$ tak, aby aby krawędź podstawy zwiększyła się dwukrotnie, ale wysokość pozostaw bez zmiany. Oblicz pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego po zmianie oraz określ o ile razy się ono zwiększyło.

Niech krawędź podstawy ostrosłupa prawidłowego trójkątnego ma długość $6$ , zaś jego wysokość $H = 8$ . Następnie krawędź podstawy zwiększyła się dwukrotnie, ale wysokość pozostała bez zmian. Oblicz pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego po zmianie oraz określ o ile razy się ono zwiększyło.

ReGs80QF7EI4r

lustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt. Krawędź podstawy podpisano literą a, krawędź ściany bocznej podpisano literą b, wysokość ostrosłupa podpisano literą H. Wysokość podstawy podpisano hp, a wysokość ściany bocznej podpisano hs. W ostrosłupie zaznaczono tójkąt prosotkątny, jego przeciwprostokątną jest wysokość ściany bocznej hs, a przyprostokątnymi wysokość ostrosłupa H oraz fragment wysokości podstawy. Obok ostrosłupa znajduje się trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej hs oraz przyprostokątnych H oraz 13hp=36a, zatem mamy wzór hs2=H2+19hp2=H2+112a2.

Pierwotne pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego obliczymy dla $a = 6$ i $H = 8$ : $P_{p} = \frac{6^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{36 \sqrt{3}}{4} = 9 \sqrt{3}$ .

Wysokość ściany bocznej:

$h^{2} = 8^{2} + \frac{1}{12} \cdot 6^{2} = 64 + 3 = 67$

$h = \sqrt{67}$

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot \sqrt{67} = 9 \sqrt{67}$

$P = P_{p} + P_{b} = 9 \sqrt{3} + 9 \sqrt{67} = 9 (\sqrt{3} + \sqrt{67})$

Po dwukrotnym zwiększeniu krawędzi podstawy mamy $a_{1} = 12$ i $H = 8$ .

$P_{p} = \frac{12^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{144 \sqrt{3}}{4} = 36 \sqrt{3}$ oraz wysokość ściany bocznej

$h^{2} = 8^{2} + \frac{1}{12} \cdot 12^{2} = 64 + 12 = 76$

$h = \sqrt{76}$

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot \sqrt{76} = 18 \sqrt{76}$

Wówczas pole powierzchni ostrosłupa: $P = P_{p} + P_{b} = 36 \sqrt{3} + 18 \sqrt{76} = 18 (2 \sqrt{3} + \sqrt{76})$ .

Zatem, gdy krawędź podstawy wzrosła dwukrotnie, pole powierzchni ostrosłupa wzrosło prawie $2, 5$ -krotnie.

Polecenie 6

Niech krawędź podstawy ostrosłupa prawidłowego trójkątnego ma długość $6$ , zaś jego wysokość $H = 8$ . Korzystając z powyższego apletu ustaw punkt $D$ tak, aby odcinek $H$ zwiększył się dwukrotnie, ale krawędź podstawy pozostaw bez zmiany. Oblicz pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego po zmianie i określ o ile razy się ono zwiększyło.

Niech krawędź podstawy ostrosłupa prawidłowego trójkątnego ma długość $6$ , zaś jego wysokość $H = 8$ . Następnie wysokość ostrosłupa zwiększyła się dwukrotnie, ale krawędź podstawy pozostała bez zmian. Oblicz pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego po zmianie i określ o ile razy się ono zwiększyło.

Pierwotne pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego obliczymy dla $a = 6$ i $H = 8$ : $P_{p} = \frac{6^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{36 \sqrt{3}}{4} = 9 \sqrt{3}$ .

Wysokość ściany bocznej

$h^{2} = 8^{2} + \frac{1}{12} \cdot 6^{2} = 64 + 3 = 67$

$h = \sqrt{67}$

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot \sqrt{67} = 9 \sqrt{67}$

$P = P_{p} + P_{b} = 9 \sqrt{3} + 9 \sqrt{67} = 9 (\sqrt{3} + \sqrt{67})$

Po dwukrotnym zwiększeniu wysokości mamy $a = 6$ i $H = 16$ : $P_{p} = \frac{6^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{36 \sqrt{3}}{4} = 9 \sqrt{3}$ .

Wysokość ściany bocznej

$h^{2} = 16^{2} + \frac{1}{12} \cdot 6^{2} = 256 + 3 = 259$

$h = \sqrt{259}$

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot \sqrt{259} = 9 \sqrt{259}$

Wówczas pole powierzchni ostrosłupa: $P = P_{p} + P_{b} = 9 \sqrt{3} + 9 \sqrt{259} = 9 (\sqrt{3} + \sqrt{259})$ .

Zatem, gdy wysokość zwiększyła się dwukrotnie, pole powierzchni ostrosłupa wzrosło prawie dwa razy.

Wniosek: większy wpływ na zmianę pola powierzchni ostrosłupa ma zmiana długości krawędzi podstawy niż zmiana długości wysokości ostrosłupa.

Pole powierzchni ostrosłupa czworokątnego

Przykład 8

Podstawą ostrosłupa $A B C D S$ jest równoległobok $A B C D$ o bokach długości $|A B| = 5$ i $|A D| = 4$ oraz przekątnej $B D$ długości $3$ . Wysokością ostrosłupa jest krawędź $S D$ o długości $2$ . Obliczymy pole ściany bocznej $B S C$ .

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy:

Rp1ZAPUIVkhBd

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie równoległoboku. Wierzchołki podstawy to A B C D, przy czym odcinek AD ma długość 4, natomiast odcinek AB ma długość pięć. Wierzchołek ostrosłupa podpisano literą S. Krawędź boczna SD jest pod kątem prostym do krawędzi podstawy i ma długość dwa. W podstawie zaznaczono jej przekątną BD, ma ona długość trzy.

Trójkąt $A D B$ jest prostokątny (trójkąt egipski).

Trójkąty $S D C$ i $S D B$ są prostokątne, więc na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy:

$|S C| = \sqrt{2^{2} + 5^{2}} = \sqrt{29}$

$|S B| = \sqrt{2^{2} + 3^{2}} = \sqrt{13}$ .

Zauważmy, że:

${\sqrt{13}}^{2} + 4^{2} = {\sqrt{29}}^{2}$

$29 = 29$ .

Zatem na podstawie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa możemy stwierdzić, że trójkąt $B S C$ jest prostokątny.

Zauważmy, że prosta $D B$ jest rzutem prostokątnym prostej $S B$ na płaszczyznę oraz kąt $D B C$ jest prosty. Na podstawie twierdzenia o trzech prostych prostopadłych możemy stwierdzić, bez wykonywania obliczeń, że prosta $S B$ jest prostopadła do $B C$ .

Jego pole wynosi:

$P = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{13} \cdot 4 = 2 \sqrt{13}$ .

Przykład 9

Podstawą ostrosłupa jest prostokąt $A B C D$ , a krawędź $D S$ jest jego wysokością o długości $15 cm$ . Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa wiedząc, że najdłuższa krawędź boczna ma długość $\frac{25 \sqrt{10}}{4} cm$ a stosunek długości boków prostokąta wynosi $5 : 9$ .

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy:

RfDSMZ82OEazi

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie równoległoboku. Wierzchołki podstawy to A B C D. Wierzchołek ostrosłupa podpisano literą S. Krawędź boczna SD jest pod kątem prostym do krawędzi podstawy i ma długość piętnaście. W podstawie linią przerywaną zaznaczono jej przekątną BD. Krawędź boczna BS ma długość 25104.

Skoro stosunek boków prostokąta wynosi $5 : 9$ , to dłuższy bok możemy oznaczyć jako $9 x$ , a krótszy $5 x$ .

Obliczmy długość przekątnej prostokąta:

${|D B|}^{2} = {(9 x)}^{2} + {(5 x)}^{2}$

${|D B|}^{2} = {81 x}^{2} + {25 x}^{2}$

${|D B|}^{2} = 106 x^{2}$

$|D B| = x \sqrt{106}$ .

Trójkąt $S D B$ jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa mamy:

$15^{2} + {(x \sqrt{106})}^{2} = {(\frac{25 \sqrt{10}}{4})}^{2}$

$225 + 106 x^{2} = \frac{6250}{16}$

$106 x^{2} = \frac{2650}{16}$

$x^{2} = \frac{25}{16}$

$x = \frac{5}{4}$ .

Zatem boki prostokąta mają długość:

$9 x = 9 \cdot \frac{5}{4} = \frac{45}{4}$

$5 x = 5 \cdot \frac{5}{4} = \frac{25}{4}$ .

Pole podstawy ostrosłupa wynosi więc:

$P_{p} = \frac{45}{4} \cdot \frac{25}{4} = \frac{1125}{16}$ .

Zajmijmy się teraz polem powierzchni bocznej. Trójkąty $S D C$ i $S D A$ są prostokątne. Obliczmy ich przeciwprostokątne:

${|S C|}^{2} = 15^{2} + {(\frac{45}{4})}^{2}$

$|S C| = \frac{75}{4}$

${|S A|}^{2} = 15^{2} + {(\frac{25}{4})}^{2}$

$|S A| = \frac{65}{4}$ .

Zauważmy, że trójkąty $S A B$ i $S B C$ są prostokątne, gdyż:

${|S A|}^{2} + {|A B|}^{2} = {|S B|}^{2}$

oraz

${|S C|}^{2} + {|B C|}^{2} = {|S B|}^{2}$ .

Pole powierzchni bocznej to zatem suma pól czterech trójkątów prostokątnych:

$P_{b} = \frac{1}{2} \cdot 15 \cdot \frac{45}{4} + \frac{1}{2} \cdot 15 \cdot \frac{25}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{65}{4} \cdot \frac{45}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{75}{4} \cdot \frac{25}{4} =$

$= \frac{675}{8} + \frac{375}{8} + \frac{2925}{32} + \frac{1875}{32} = \frac{1125}{4} = 281 \frac{1}{4}$ .

Obliczmy więc pole powierzchni całkowitej:

$P_{c} = \frac{1125}{16} + 281 \frac{1}{4} = 70 \frac{5}{16} + 281 \frac{4}{16} = 351 \frac{9}{16} {cm}^{2}$ .

Przykład 10

Podstawą ostrosłupa jest romb o boku długości $a$ i kącie ostrym $30 °$ . Wysokość ostrosłupa jest równa $2 a$ , a spodek tej wysokości jest środkiem okręgu wpisanego w podstawę. Obliczymy pole powierzchni ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenie.

Niech $h$ – wysokość rombu.

R1GjGY2aUhMyK

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie rombu. Wierzchołki podstawy to A B C D, długość boku wynosi a, kąt CAD ma miarę 30 stopni. W podstawie linią przerywaną zaznaczono jej przekątną AC, zaznaczono również jej wysokość h wychodzącą z wierzchołka D i opuszczoną na bok AB. Wierzchołek ostrosłupa podpisano literą S, z wierzchołka tego poprowadzono wysokość ostrosłupa, spodek wysokości podpisano literą E, spodek ten leży na przekątnej podstawy AC. Wysokość ma długość 2a. Na krawędzi podstawy AB zaznaczono punkt F. Odcinki SE, EF oraz SF tworzą trójkąt prostokątny, przy czym odcinek SF zawarty w płaszczyźnie ściany bocznej ABS jest przeciwprostokątną w tym trójkącie.

Skoro kąt ostry naszego rombu ma miarę $30 °$ , to znaczy, że wysokość rombu ma długość $\frac{1}{2} a$ .

Zatem $P_{p} = a \cdot \frac{1}{2} a = \frac{a^{2}}{2}$ .

Promień okręgu wpisanego w romb jest równy połowie jego wysokości, zatem $r = \frac{1}{4} a$ .

Trójkąt $S E F$ jest prostokątny, co w łatwy sposób pozwoli nam policzyć wysokość ściany bocznej ostrosłupa:

${(2 a)}^{2} + {(\frac{1}{4} a)}^{2} = {|S F|}^{2}$

$|S F| = \sqrt{4 a^{2} + \frac{1}{16} a^{2}} = \sqrt{\frac{65}{16} a^{2}} = \frac{a \sqrt{65}}{4}$

$P_{ś b} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{a \sqrt{65}}{4} = \frac{a^{2} \sqrt{65}}{8}$

$P_{b} = 4 \cdot \frac{a^{2} \sqrt{65}}{8} = \frac{a^{2} \sqrt{65}}{2}$

$P_{c} = \frac{a^{2}}{2} + \frac{a^{2} \sqrt{65}}{2} = \frac{a^{2}}{2} (1 + \sqrt{65})$ .

Przykład 11

Podstawą ostrosłupa czworokątnego prostegoostrosłup czworokątny prostyostrosłupa czworokątnego prostego jest prostokąt, w którym miary kątów płaskich przy wierzchołku ostrosłupakątów płaskich przy wierzchołku ostrosłupa mają miary $α$ i $β$ . Pole powierzchni bocznej ostrosłupa wynosi $P^{2} (\sin α + \sin β)$ . Obliczymy pole podstawy tego ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenie.

Niech $x$ – długość krawędzi bocznych, $a$ i $b$ – krawędzie podstawy.

RUYPfYZQJuBKl

Ilustracja przedstawia ostrosłup czworokątny prosty, którego podstawą jest prostokąt A B C D. Bok AB ma długość b, a bok BC ma długość a. Wierzchołek ostrosłupa podpisano literą S. Krawędzie boczne BS i CS podpisano literą x. Kąt BSC podpisano literą alfa. Kąt ASB podpisano literą beta.

Pole ściany bocznej $B S C$ możemy policzyć ze wzoru $\frac{1}{2} x^{2} \sin α$ , ściany $A S B$ – $\frac{1}{2} x^{2} \sin β$ .

Zatem $P_{b} = 2 \cdot \frac{1}{2} x^{2} \sin α + 2 \cdot \frac{1}{2} x^{2} \sin β = x^{2} (\sin α + \sin β)$ .

Z treści zadania wiemy, że $P_{b} = P^{2} (\sin α + \sin β)$ . Zatem:

$x^{2} = P^{2}$

$x = P$ .

Z twierdzenia cosinusów obliczmy krawędzie podstawy:

$a^{2} = P^{2} + P^{2} - 2 P^{2} \cos α$ oraz $b^{2} = P^{2} + P^{2} - 2 P^{2} \cos β$ ,

$a^{2} = P^{2} (2 - 2 \cos α)$ oraz $b^{2} = P^{2} (2 - 2 \cos β)$ ,

$a = P \sqrt{2 - 2 \cos α}$ i $b = P \sqrt{2 - 2 \cos β}$ .

Zatem pole podstawy wynosi:

$P_{p} = a b = P^{2} \sqrt{(2 - 2 \cos α) (2 - 2 \cos β)} = 2 P^{2} \sqrt{(1 - \cos α) (1 - \cos β)}$ .

Przykład 12

Dany jest ostrosłup $A B C D S$ , którego podstawą jest trapez prostokątny $A B C D$ . Wysokością ostrosłupa jest krawędź $A S$ . Wiedząc, że $A B ∥ C D$ , $A B ⊥ A D$ , $|A D| = |D C| = 10$ i $|A B| = |A S| = 20$ wyznaczymy stosunek pola ściany bocznej $B S C$ do pola podstawy ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy:

R17w3MfxZs91z

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trapez prostokątny A B C D. Kąty DAE oraz ADC to kąty proste. W podstawie zaznaczono jej wysokość opuszczoną z wierzchołka C na podstawę AB, spodek tej wysokości podpisano literą E. Odcinek AE ma długość 20, odcinek EB ma długość 10, krótsza podstawa trapezu CD ma długość dziesięć. Wysokość CE oraz prostopadłe ramię AD mają długość dziesięć. Wierzchołek górny ostrosłupa podpisano literą S. Krawędź boczna AS ma długość dwadzieścia.

Zauważmy, że $|B C| = 10 \sqrt{2}$ .

Trójkąty $S A D$ i $S A B$ są prostokątne, więc na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy:

$20^{2} + 10^{2} = {|S D|}^{2}$

$|S D| = \sqrt{500} = 10 \sqrt{5}$ .

Analogicznie:

$20^{2} + 20^{2} = {|S B|}^{2}$

$|S B| = 20 \sqrt{2}$ .

RtroEk0TQxCbL

Zauważmy, że trójkąt $S A C$ także jest prostokątny. $|A C| = 10 \sqrt{2}$ . Zatem:

$20^{2} + {(10 \sqrt{2})}^{2} = {|S C|}^{2}$

$|S C| = \sqrt{600} = 10 \sqrt{6}$ .

Możemy już obliczyć pole ściany $B S C$ . Sprawdźmy, czy nie jest prostokątny.

${(10 \sqrt{6})}^{2} + {(10 \sqrt{2})}^{2} = {(20 \sqrt{2})}^{2}$

$600 + 200 = 800$

$800 = 800$ .

Trójkąt jest więc prostokątny.

$P_{B S C} = \frac{1}{2} \cdot 10 \sqrt{6} \cdot 10 \sqrt{2} = 50 \sqrt{12} = 100 \sqrt{3}$

Natomiast pole podstawy wynosi:

$P_{p} = \frac{(20 + 10)}{2} \cdot 10 = 150$ .

Stosunek pola ściany bocznej $B S C$ do pola podstawy ostrosłupa wynosi więc:

$\frac{100 \sqrt{3}}{150} = \frac{2 \sqrt{3}}{3}$ .

Ciekawostka

Oprócz podziału ze względu na figurę, jaka się znajduje w podstawie ostrosłupa, bryły te możemy również podzielić na:

prosteostrosłup czworokątny prostyproste,
pochyłeostrosłup czworokątny pochyłypochyłe,
prawidłoweostrosłup czworokątny prawidłowyprawidłowe.

Polecenie 7

Zapoznaj się z treścią animacji 3D. Zwróć uwagę na to, jaką figurą jest podstawa ostrosłupa.

R1eADcBEfUEUe

Polecenie 8

Krawędź podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość $6$ . Oblicz pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa, wiedząc, że cosinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy wynosi $0, 6$ .

Wykonajmy rysunek pomocniczy.

R1YkAKGMoFc9m

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy czworokątny o wierzchołkach podstawy A B C D. Wierzchołek ostrosłupa podpisano literą S, z tego wierzchołka poprowadzono wysokość a jej spodek podpisano literą O. W trójkątnej ścianie bocznej BCS z wierzchołka S na krawędź BC opuszczono wysokość, której spodek podpisano literą E. Odcinki SO, SE oraz OE tworzą trójkąt prostokątny, w którym odcinek SE jest przeciwprostokątną. Odcinek AE ma długość trzy, a kąt OES podpisano literą alfa.

Niech:
$α$ - kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy,
$\cos α = 0, 6$ ,
$|O E| = 3$ - skoro krawędź podstawy jest równa $6$ .

Oznaczmy wysokośc ściany bocznej jako $h$ . Wówczas:

$\frac{3}{h} = 0, 6$

$\frac{3}{h} = \frac{3}{5}$

$h = 5$ .

Obliczmy więc pole powierzchni całkowitej naszego ostrosłupa:

$P_{p} = 6^{2} = 36$

$P_{b} = 4 \cdot \frac{5 \cdot 6}{2} = 60$

$P_{c} = 36 + 60 = 96$ .

Podstawą ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest kwadrat.

P_{p} = a^{2}

Ściany boczne są zaś przystającymi trójkątami równoramiennymi o wysokości $h$ . Zatem:

P_{b} = 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h = 2 \cdot a \cdot h

Wzór na pole powierzchni całkowitej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego możemy więc zapisać w postaci:

P_{c} = a^{2} + 2 \cdot a \cdot h

Przykład 13

Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy $6$ i krawędzi bocznej $8$ .

Rozwiązanie:

Obliczymy najpierw pole podstawy tego ostrosłupa: $P_{p} = 6^{2} = 36$ .

Pole powierzchni bocznej obliczymy korzystając ze wzoru Herona. Wyznaczymy zatem połowę obwodu trójkąta będącego ścianą boczną: $p = \frac{6 + 8 + 8}{2} = 11$ . Stąd:

$P_{b} = 4 \sqrt{11 \cdot (11 - 6) \cdot (11 - 8) \cdot (11 - 8)} = 4 \sqrt{11 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 3} = 12 \sqrt{55}$ .

Ostatecznie:

$P_{c} = 36 + 12 \sqrt{55}$

Przykład 14

Uzasadnimy, że pole powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego, w którym wszystkie krawędzie są równej długości, jest $\sqrt{3}$ razy większe od pola podstawy.

Rozwiązanie:

Oznaczmy długości krawędzi ostrosłupa przez $a$ .

Pole podstawy jest równe: $P_{p} = a^{2}$ .

Ponieważ ściany boczne tego ostrosłupa są trójkątami równobocznymi o boku długości $a$ , to pole powierzchni bocznej jest równe: $P_{b} = 4 \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = a^{2} \sqrt{3}$ .

Zatem: $\frac{P_{b}}{P_{p}} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{a^{2}} = \sqrt{3}$ , co należało uzasadnić.

Przykład 15

Obliczymy długość krawędzi podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego, w którym wysokość ściany bocznej jest równa $8$ a pole powierzchni całkowitej wynosi $336$ .

Rozwiązanie:

Oznaczmy długości krawędzi ostrosłupa przez $a$ ( $a > 0$ ). Zatem:

$336 = a^{2} + 2 \cdot a \cdot 8$

Rozwiązujemy równanie kwadratowe: $a^{2} + 16 a - 336 = 0$

$∆ = 16^{2} - 4 \cdot 1 \cdot (- 336) = 256 + 1344 = 1600$ ; $\sqrt{∆} = 40$

Zatem: $a_{1} = \frac{- 16 - 40}{2} < 0$ lub $a_{2} = \frac{- 16 + 40}{2} = 12$ .

Krawędź podstawy tego ostrosłupa ma długość $12$ .

Przykład 16

W ostrosłupie prawidłowymostrosłup prawidłowyostrosłupie prawidłowym czworokątnym krawędź boczna ma długość $a$ i tworzy z wysokością kąt o mierze $30 °$ . Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy.

R1OlQJqmvISsc

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup czworokątny, o podstawie ABCD i wierzchołku S. Długość krawędzi ściany bocznej oznaczono literą a. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość H ostrosłupa, której spodek leży w punkcie O, na przekątnej AC podstawy. Zaznaczono kąt trzydzieści stopni między wysokością ostrosłupa a krawędzią boczną.

Trójkąt $S O C$ jest prostokątny o kątach $30 °$ , $60 °$ , $90 °$ . Z zależności pomiędzy bokami tego trójkąta mamy:

$|O C| = \frac{1}{2} a$

$|S O| = \frac{1}{2} a \sqrt{3}$

Przekątna podstawy ma więc długość:

$|A C| = 2 \cdot \frac{1}{2} a = a$

Obliczymy więc długość boku kwadratu:

$a = |B C| \cdot \sqrt{2}$

$|B C| = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

Policzymy więc pole podstawy ostrosłupa:

$P_{p} = {(\frac{a \sqrt{2}}{2})}^{2} = \frac{1}{2} a^{2}$

Zajmijmy się teraz polem powierzchni bocznej. Narysujmy jedną ścianę boczną. Jej wysokość oznaczmy jako $h$ .

RTlh2bx4Wmt2h

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny BCS, którego ramię oznaczono literą a. Długość podstawy BC oznaczono a22. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość h do podstawy BC pod kątem prostym.

$h^{2} = a^{2} - {(\frac{a \sqrt{2}}{4})}^{2}$

$h^{2} = a^{2} - {\frac{2}{16} a}^{2}$

$h^{2} = {\frac{14}{16} a}^{2}$

$h = \sqrt{\frac{7}{8} a^{2}} = \frac{a \sqrt{7}}{2 \sqrt{2}} = \frac{a \sqrt{14}}{4}$

Zatem pole powierzchni bocznej wynosi:

$P_{b} = 2 \cdot \frac{a \sqrt{2}}{2} \cdot \frac{a \sqrt{14}}{4} = \frac{a^{2} \sqrt{28}}{4} = \frac{a^{2} \sqrt{7}}{2}$

Pole powierzchni całkowitej ostrosłupapole ostrosłupaPole powierzchni całkowitej ostrosłupa wynosi:

$P_{c} = \frac{1}{2} a^{2} + \frac{a^{2} \sqrt{7}}{2} = \frac{1}{2} a^{2} (1 + \sqrt{7})$ .

Przykład 17

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym o polu powierzchni bocznej $P$ ściana boczna nachylona jest do płaszczyzny podstawy pod kątem $α$ , takim, że $tg α = \frac{4}{3}$ . Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenie:
$H$ – wysokość ostrosłupa,
$h$ – wysokość ściany bocznej,
$a$ – długość krawędzi podstawy.

Ryvg7NnsLaV77

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup czworokątny, o podstawie ABCD i wierzchołku S. Długość krawędzi podstawy oznaczono literą a, natomiast wysokość ściany bocznej literą h. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość ostrosłupa, której spodek leży w punkcie O. Na krawędzi DC zaznaczono punkt E, który stanowi spodek wysokości ściany bocznej ostrosłupa. Różowym kolorem zaznaczono trójkąt prostokątny SOE, z kątem alfa przy wierzchołku E.

Trójkąt $S O E$ jest prostokątny oraz $tg α = \frac{4}{3}$ , zatem:

$\frac{H}{\frac{1}{2} a} = \frac{4}{3}$

$3 H = 2 a$

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

Z treści zadania wiemy, że $P_{b} = P$ , czyli

$2 a h = P$

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

Zatem z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $S O E$ mamy:

$H^{2} + {(\frac{1}{2} a)}^{2} = h^{2}$

${(\frac{2}{3} a)}^{2} + {(\frac{1}{2} a)}^{2} = {(\frac{P}{2 a})}^{2}$

$\frac{4}{9} a^{2} + \frac{1}{4} a^{2} = \frac{P^{2}}{4 a^{2}}$

$\frac{25}{36} a^{2} = \frac{P^{2}}{4 a^{2}}$

$\frac{100}{36} a^{4} = P^{2}$

$a^{4} = \frac{36}{100} P^{2}$

$a^{2} = \frac{6}{10} P$

$a = \sqrt{\frac{6}{10} P} = \frac{\sqrt{60 P}}{10} = \frac{2 \sqrt{15 P}}{10} = \frac{\sqrt{15 P}}{5}$

Zatem pole podstawy tego ostrosłupa wynosi:

$P_{p} = {(\frac{\sqrt{15 P}}{5})}^{2} = \frac{15 P}{25} = \frac{3 P}{5}$

Zatem pole powierzchni całkowitej bryły jest równe:

$P_{c} = P + \frac{3 P}{5} = 1, 6 P$ .

Przykład 18

Krawędź boczna $b$ ostrosłupa prawidłowego czworokątnego tworzy z płaszczyzną podstawy kąt $α$ . Obliczymy pole powierzchni bocznej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenia:
$H$ – wysokość ostrosłupa,
$h$ – wysokość ściany bocznej,
$a$ – długość krawędzi podstawy.

R6Yaxxt54GZNX

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup czworokątny, o podstawie ABCD i wierzchołku S. Długość krawędzi podstawy oznaczono literą a, wysokość ściany bocznej literą h, natomiast długość krawędzi ściany bocznej oznaczono literą b. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość ostrosłupa, której spodek leży w punkcie O. Na krawędzi DC zaznaczono punkt E, który stanowi spodek wysokości ściany bocznej ostrosłupa. Różowym kolorem zaznaczono trójkąt prostokątny SOE. Połączono punkt O z wierzchołkiem C. ∠SCO oznaczono alfa.

Trójkąt $S O C$ jest prostokątny. $|O C| = \frac{a \sqrt{2}}{2}$ .

Z funkcji trygonometrycznych mamy więc:

$\frac{a \sqrt{2}}{2 b} = \cos α$ oraz $\frac{H}{b} = \sin α$

$\frac{a \sqrt{2}}{2} = b \cdot \cos α$ oraz $H = b \cdot \sin α$

$a = b \sqrt{2} \cdot \cos α$

Aby obliczyć pole powierzchni bocznej ostrosłupa, potrzebujemy wysokości ściany bocznej $h$ .

Trójkąt $S O E$ jest prostokątny, więc na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy:

$H^{2} + {(\frac{1}{2} a)}^{2} = h^{2}$

$h^{2} = b^{2} \cdot \sin^{2} α + {(\frac{b \sqrt{2} \cdot \cos α}{2})}^{2}$

$h^{2} = b^{2} \cdot \sin^{2} α + \frac{1}{2} b^{2} \cdot \cos^{2} α$

$h^{2} = \frac{1}{2} b^{2} (2 \sin^{2} α + \cos^{2} α)$

Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że

$\cos^{2} α = 1 - \sin^{2} α$

Zatem:

$h^{2} = \frac{1}{2} b^{2} (2 \sin^{2} α + 1 - \sin^{2} α)$

$h^{2} = \frac{1}{2} b^{2} (\sin^{2} α + 1)$

$h = \sqrt{\frac{1}{2} b^{2} (\sin^{2} α + 1)}$

$h = b \sqrt{\frac{\sin^{2} α + 1}{2}}$

Pole powierzchni bocznej ostrosłupa wynosi więc:

$P_{b} = 2 a h = 2 \cdot b \sqrt{2} \cdot \cos α \cdot b \sqrt{\frac{\sin^{2} α + 1}{2}} = 2 b^{2} \cdot \cos α \sqrt{\sin^{2} α + 1}$ .

Przykład 19

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym wysokość jest równa $12$ , a kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi ma miarę $120 °$ . Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupapole ostrosłupapole powierzchni całkowitej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenia:
$a$ – długość krawędzi podstawy,
$x$ – długości ramion trójkąta $A E C$ , czyli wysokości ścian bocznych.

RZHy6rgwBzBhA

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup czworokątny, o podstawie ABCD i wierzchołku S. Długość krawędzi podstawy oznaczono literą a. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość H ostrosłupa, której spodek leży w punkcie O, na przekątnej AC podstawy. Na krawędzi SD ściany bocznej zaznaczono punkt E. Zaznaczono odcinki EC, oraz AE o długości x. ∠AEC wynosi 120 stopni.

Poprowadźmy wysokość trójkąta $A E C$ dzielącą kąt $120 °$ na dwie równe części.

R11easXDB0tZA

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny AEC, którego długość ramienia oznaczono x. Z wierzchołka E opuszczono wysokość, której spodek leży w punkcie O, na podstawie AC trójkąta. ∠CEC wynosi 60 stopni. Długość odcinka OC wynosi a22..

Trójkąt $E O C$ jest prostokątny o kątach $30 °$ , $60 °$ , $90 °$ . Z zależności pomiędzy bokami tego trójkąta mamy:

$|E O| = \frac{1}{2} x$

$\frac{a \sqrt{2}}{2} = \frac{1}{2} x \sqrt{3}$

$a \sqrt{2} = x \sqrt{3}$

$x = \frac{a \sqrt{6}}{3}$

Zaznaczmy wysokość ściany bocznej na naszym rysunku. Oznaczmy ją jako $h$ , a długość krawędzi bocznej jako $b$ .

R19qsFLS8yiRo

Trójkąt $S O E$ jest prostokątny, więc na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy:

$12^{2} + {(\frac{1}{2} a)}^{2} = h^{2}$

$144 + \frac{1}{4} a^{2} = h^{2}$

$h = \sqrt{144 + \frac{1}{4} a^{2}}$

Obliczmy pole ściany bocznej na dwa sposoby:

$\frac{1}{2} a h = \frac{1}{2} x b$

$a \sqrt{144 + \frac{1}{4} a^{2}} = \frac{a \sqrt{6}}{3} \cdot b$

$b = \sqrt{144 + \frac{1}{4} a^{2}} \cdot \frac{3}{\sqrt{6}} = 3 \sqrt{24 + \frac{1}{24} a^{2}}$

Trójkąt $S O C$ jest prostokątny, więc na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy:

$12^{2} + {(\frac{a \sqrt{2}}{2})}^{2} = b^{2}$

$144 + \frac{1}{2} a^{2} = 9 \cdot (24 + \frac{1}{24} a^{2})$

$144 + \frac{1}{2} a^{2} = 216 + \frac{9}{24} a^{2}$

$a^{2} = 576$

$a = 24$

Wysokość ściany bocznej ma zatem długość:

$h = \sqrt{144 + \frac{1}{4} {\cdot 24}^{2}} = \sqrt{288} = 12 \sqrt{2}$

Obliczmy pole powierzchni całkowitej:

$P_{c} = 24^{2} + 2 \cdot 24 \cdot 12 \sqrt{2} = 576 + 576 \sqrt{2} = 576 \cdot (1 + \sqrt{2})$ .

Przykład 20

Pole ściany bocznej ostrosłupa prawidłowegoostrosłup prawidłowyostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe $S$ . Kąt płaski przy wierzchołku ostrosłupa ma miarę $2 α$ . Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenie:
$H$ – wysokość ostrosłupa,
$h$ – wysokość ściany bocznej,
$a$ – długość krawędzi podstawy.

R13OqvaCyGHD1

Wysokość ściany bocznej podzieliła kąt płaski na dwie równe części. Narysujmy tę ścianę:

R1daNXnMUQHSD

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny CSD. Z wierzchołka S opuszczono wysokość h, której spodek leży w punkcie E, na podstawie CD trójkąta. ∠ESD oznaczono alfa. Długość odcinka CE i ED wynosi a2.

Trójkąt $S E D$ jest prostokątny, więc z funkcji tangens mamy:

$\frac{\frac{a}{2}}{h} = tg α$

$a = 2 h \cdot tg α$

Ponadto, wiemy z treści zadania, że pole tego trójkąta wynosi $S$ , co oznacza, że

$\frac{1}{2} a h = S$

$\frac{1}{2} \cdot 2 h \cdot tg α \cdot h = S$

$h^{2} = \frac{S}{tg α}$

$h = \sqrt{\frac{S}{tg α}}$

$a = 2 \cdot \sqrt{\frac{S}{tg α}} \cdot tg α = 2 \sqrt{S \cdot tg α}$

Zatem pole podstawy ostrosłupa wynosi:

$P_{p} = 4 S \cdot tg α$

Pole powierzchni bocznej ostrosłupa wynosi: $P_{b} = 4 S$

Zatem: $P_{c} = 4 S \cdot tg α + 4 S = 4 S (1 + tg α)$ .

Polecenie 9

Oglądając galerię zdjęć interaktywnych, spróbuj najpierw samodzielnie rozwiązać zamieszczone tam zadanie, a w kolejnym kroku porównać rozwiązania.

RvCPFcQ3gBqMu

RdrMt14lLtWNV

R1LatbQ4BY8VW

R1ZcjLkwq2jc8

Ilustracja 4. Oznaczymy jako funkcję f nawias, a, zamknięcie nawiasu wyrażenie znajdujące się pod pierwiastkiem. Jeżeli funkcja pierwiastek kwadratowy z f nawias, a, zamknięcie nawiasu koniec pierwiastka, która jest rosnąca dla b, większy niż, zero, przyjmuje wartość największą, to f nawias, a, zamknięcie nawiasu również przyjmuje wartość największą. Zatem, f nawias, a, zamknięcie nawiasu, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dziewięć, koniec ułamka, a indeks górny, cztery, koniec indeksu górnego, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, początek ułamka, jeden, mianownik, osiemnaście, koniec ułamka, a indeks górny, sześć, koniec indeksu górnego. Obliczymy pochodną funkcji f. f prim nawias, a, zamknięcie nawiasu, równa się, początek ułamka, cztery, mianownik, dziewięć, koniec ułamka, a indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, początek ułamka, jeden, mianownik, trzy, koniec ułamka, a indeks górny, pięć, koniec indeksu górnego. Obliczmy miejsca zerowe naszej pochodnej. Najpierw przyrównajmy pochodną do zera. początek ułamka, cztery, mianownik, dziewięć, koniec ułamka, a indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, początek ułamka, jeden, mianownik, trzy, koniec ułamka, a indeks górny, pięć, koniec indeksu górnego, równa się, zero. Otrzymamy a indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego, nawias, początek ułamka, cztery, mianownik, dziewięć, koniec ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, początek ułamka, jeden, mianownik, trzy, koniec ułamka, a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, zamknięcie nawiasu, równa się, zero. Wyznaczmy rozwiązania tych równań. Pamiętajmy nadal, że b jest stałą. a indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego, równa się, zero lub początek ułamka, cztery, mianownik, dziewięć, koniec ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, początek ułamka, jeden, mianownik, trzy, koniec ułamka, a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, równa się, zero.

R1MlwirmtTRe8

RONoQ58BItsfD

R1QGAIoqbls0h

Ilustracja 7. Obliczmy wysokość ostrosłupa ze wzoru, który wyznaczyliśmy wcześniej, czyli wyznaczyliśmy wcześniej H, równa się, pierwiastek kwadratowy z b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego., 2. dwa, minus, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, a, równa się, początek ułamka, b pierwiastek kwadratowy z trzy, mianownik, trzy, koniec ułamka. Podstawiamy. H, równa się, pierwiastek kwadratowy z b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, × nawias, początek ułamka, dwa b pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, mianownik, trzy, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego koniec pierwiastka, równa się, pierwiastek kwadratowy z b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, × początek ułamka, cztery, mianownik, trzy, koniec ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego koniec pierwiastka, równa się, pierwiastek kwadratowy z b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, początek ułamka, dwa, mianownik, trzy, koniec ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego koniec pierwiastka. Zatem, H, równa się, pierwiastek kwadratowy z początek ułamka, jeden, mianownik, trzy, koniec ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego koniec pierwiastka, równa się, początek ułamka, b pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, mianownik, trzy, koniec ułamka. Trójkąt S O E jest prostokątny. Z twierdzenia Pitagorasa mamy H indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, nawias, początek ułamka, a, mianownik, dwa, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, równa się, h indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego. Następnie nawias, początek ułamka, b pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, mianownik, trzy, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, nawias, początek ułamka, b pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, mianownik, trzy, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, równa się, h indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego. Stąd otrzymujemy początek ułamka, jeden, mianownik, trzy, koniec ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, początek ułamka, jeden, mianownik, trzy, koniec ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, równa się, h indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego. Otrzymujemy h indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, równa się, początek ułamka, dwa, mianownik, trzy, koniec ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego. Wyznaczamy h, równa się, pierwiastek kwadratowy z początek ułamka, dwa, mianownik, trzy, koniec ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego koniec pierwiastka, równa się, b pierwiastek kwadratowy z początek ułamka, dwa, mianownik, trzy, koniec ułamka koniec pierwiastka, równa się, b początek ułamka, pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka, mianownik, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, b pierwiastek kwadratowy z sześć koniec pierwiastka, mianownik, trzy, koniec ułamka.

ROAJGXBopbeuE

Polecenie 10

Oblicz największe możliwe pole powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi bocznej, której długość wynosi $10$ .

Niech $a$ – krawędź podstawy, $h$ – wysokość ściany bocznej ostrosłupa.

RnSbd4Fo0eSYN

Trójkąt $S E C$ jest prostokątny, więc na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy:

$h^{2} + {(\frac{1}{2} a)}^{2} = 10^{2}$

Wyznaczmy wysokość ściany bocznej:

$h^{2} = 100 - \frac{1}{4} a^{2}$

$h = \sqrt{\frac{400 - a^{2}}{4}}$ .

Oczywiście $a \in (0, 20)$ .

Zajmijmy się polem powierzchni bocznej tego ostrosłupa:

$P_{b} = 2 a h$

$P_{b} = 2 a \sqrt{\frac{400 - a^{2}}{4}} = \sqrt{\frac{4 a^{2} (400 - a^{2})}{4}} = \sqrt{400 a^{2} - a^{4}}$

Dla $a \in (0, 20)$ funkcja $P_{b} (a) = \sqrt{400 a^{2} - a^{4}}$ jest rosnąca.

Oznaczmy jako funkcję $f (a)$ wyrażenie znajdujące się pod pierwiastkiem. Jeżeli funkcja $\sqrt{f (a)}$ , która jest rosnąca, przyjmuje wartość największą, to $f (a)$ również przyjmuje wartość największą.

$f (a) = 400 a^{2} - a^{4}$

Obliczmy pochodną funkcji $f$ .

$f' (a) = 800 a - 4 a^{3}$

Obliczmy miejsca zerowe naszej pochodnej:

$800 a - 4 a^{3} = 0$

$4 a (200 - a^{2}) = 0$

$a = 0 \notin (0, 20) \lor a = 10 \sqrt{2} \lor a = - 10 \sqrt{2} \notin (0, 20)$

R1K1m79zNrOwb

Na ilustracji przedstawiono poziomą oś oznaczoną A. Wykres funkcji biegnie w następujący sposób. Nad osią X, od minus nieskończoności. W niezamalowanym punkcie -102 przebija pod oś X. Biegnie pod osią X i w niezamalowanym punkcie 0 przebija nad oś X. Biegnie nad osią X, a następnie odbija w dół i w zamalowanym punkcie 102 przebija pod oś X i biegnie do plus nieskończoności.

$10 \sqrt{2}$ jest więc maksimum lokalnym funkcji, co oznacza, że pole powierzchni bocznej dla krawędzi podstawy długości $10 \sqrt{2}$ jest największe.

Obliczmy to pole:

$P_{b} = 2 a \sqrt{\frac{400 - a^{2}}{4}} = 2 \cdot 10 \sqrt{2} \cdot \sqrt{\frac{400 - 200}{4}} = 20 \sqrt{2} \cdot \sqrt{50} = 200$ .

Przykład 21

Podstawą ostrosłupa jest prostokąt. Krawędź boczna $S D$ jest wysokością tego ostrosłupa, ponadto $|A S| = 12$ , $|B S| = 18$ , $|C S| = 14$ .

Obliczmy pole powierzchni tego ostrosłupa.

RkZu6g3eE5iFc

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest prostokąt o wierzchołkach A B C D. W podstawie zaznaczone zostały jej przekątne. Wierzchołek górny tego ostrosłupa podpisano literą S. Wysokość ostrosłupa pokrywa się z krawędzią boczną ostrosłupa DS. Krawędź ta jest prostopadła do krawędzi podstawy ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wprowadźmy oznaczenia pomocnicze na rysunku:

R1UGWHopSW0rT

$H$ – wysokość ostrosłupa (czyli długość odcinka $S D$ ),

$x = |A B| = |C D|$

$y = |A D| = |B C|$

Zatem $|D B| = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$

Trójkąty $S D C$ , $S D A$ i $S D B$ są prostokątne, zatem na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy:

$H^{2} + y^{2} = 12^{2}$

$H^{2} + x^{2} = 14^{2}$

$H^{2} + {x^{2} + y}^{2} = 18^{2}$

Z dwóch pierwszych równań wynika, że

$2 H^{2} + {x^{2} + y}^{2} = 340$

${x^{2} + y}^{2} = 340 - 2 H^{2}$

więc podstawiając do trzeciego równania mamy:

$H^{2} + 340 - 2 H^{2} = 324$

$- H^{2} = - 16$

$H = 4$

Stąd $x = \sqrt{180} = 6 \sqrt{5}$ , $y = \sqrt{128} = 8 \sqrt{2}$

Możemy policzyć już pole podstawy ostrosłupa:

$P_{p} = 6 \sqrt{5} \cdot 8 \sqrt{2} = 48 \sqrt{10}$

Zajmijmy się teraz powierzchnią boczną.

Składa się ona z czterech trójkątów i każdy z nich rozważymy z osobna.

Trójkąt $A D S$ jest trójkątem prostokątnym, więc $P = \frac{1}{2} \cdot 8 \sqrt{2} \cdot 4 = 16 \sqrt{2}$ .

Trójkąt $S D C$ także jest prostokątny: $P = \frac{1}{2} \cdot 6 \sqrt{5} \cdot 4 = 12 \sqrt{5}$ .

Trójkąt $A S B$ :
Na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa mamy:
$12^{2} + {(6 \sqrt{5})}^{2} = 18^{2}$
$324 = 324$
jest to więc trójkąt prostokątny, więc $P = \frac{1}{2} \cdot 6 \sqrt{5} \cdot 12 = 36 \sqrt{5}$ .

Podobnie z trójkątem $B S C$ :
$14^{2} + {(8 \sqrt{2})}^{2} = 18^{2}$
$324 = 324$
jest to więc trójkąt prostokątny, więc $P = \frac{1}{2} \cdot 8 \sqrt{2} \cdot 14 = 56 \sqrt{2}$ .

Zatem $P_{b} = 16 \sqrt{2} + 12 \sqrt{5} + 36 \sqrt{5} + 56 \sqrt{2} = 72 \sqrt{2} + 48 \sqrt{5}$

$P_{c} = 48 \sqrt{10} + 72 \sqrt{2} + 48 \sqrt{5}$

Przykład 22

Podstawą ostrosłupa, w którym wszystkie krawędzie boczne są tej samej długości, jest prostokąt. Wysokość ostrosłupa ma długość $10$ , a obwód podstawy $80$ .

Obliczmy pole podstawy tego ostrosłupa, wiedząc, że mniejsza ściana boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $30 °$ .

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy.

R1SUjKd8XsyvX

Niech

$a = |A B| = |C D|$

$b = |A D| = |B C|$

Wówczas mamy, że $2 a + 2 b = 80$ , czyli $a + b = 40$ , a więc $a = 40 - b$ , $(b \in (0, 40))$ .

Skoro wysokość ma długość $10$ , to przyprostokątna przy kącie $30 °$ ma długość $10 \sqrt{3}$ .

Zatem mamy równanie:

$\frac{1}{2} a = 10 \sqrt{3}$

$a = 20 \sqrt{3}$

$20 \sqrt{3} = 40 - b$

$b = 40 - 20 \sqrt{3}$

co daje, że $P_{p} = a \cdot b = 20 \sqrt{3} \cdot (40 - 20 \sqrt{3}) = 800 \sqrt{3} - 1200 \approx 186 [j^{2}]$ .

Przykład 23

Podstawą ostrosłupa jest romb o boku długości $12 cm$ i kącie ostrym $30 °$ . Wysokość ostrosłupa jest równa $15 cm$ , a spodek tej wysokości jest środkiem okręgu wpisanego w podstawę.

Obliczmy pole powierzchni ostrosłupapole powierzchni ostrosłupapole powierzchni ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy.

RAOXLjwpqmMAd

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest romb o wierzchołkach A B C D. Bok rombu ma długość dwanaście. W podstawie zaznaczone została jej przekątna AC. W podstawie zaznaczona została wysokość opuszczona z wierzchołka D na podstawę AB, jest ona podpisana literą h. Kąt BAD ma wartość 30 stopni. Wierzchołek górny tego ostrosłupa podpisano literą S. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość, której spodek E leży na przekątnej podstawy. W podstawie zaznaczono odcinek EF, gdzie F to punkt przecięcia się linii pod kątem prostym do odcinka AB. W ostrosłupie zaznaczono trójkąt, który składa się z wysokości ostrosłupa, odcinka EF oraz odcinka FS leżącego w płaszczyźnie ściany bocznej ABS.

RBL3oWssCyLZN

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest romb o wierzchołkach A B C D. Bok rombu AD ma długość dwanaście, pod bokiem AB narysowano równoległą do tego boku dwustronną strzałkę, która jest podpisana liczbą dwanaście. W podstawie zaznaczone została jej przekątna AC. W podstawie zaznaczona została wysokość opuszczona z wierzchołka D na podstawę AB, jest ona podpisana literą h. Kąt BAD ma wartość 30 stopni. Wierzchołek górny tego ostrosłupa podpisano literą S. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość, której spodek E leży na przekątnej podstawy. W podstawie zaznaczono odcinek EF, gdzie F to punkt przecięcia się linii pod kątem prostym do odcinka AB. W ostrosłupie zaznaczono trójkąt, który składa się z wysokości ostrosłupa, odcinka EF oraz odcinka FS leżącego w płaszczyźnie ściany bocznej ABS.

Skoro kąt ostry naszego rombu ma miarę $30 °$ , to znaczy że wysokość rombu ma długość $6 cm$ .

Zatem $P_{p} = 12 \cdot 6 = 72 {c m}^{2}$ .

RwILmvB29CMLG

Ilustracja przedstawia romb o wierzchołkach A B C D, w którym zaznaczono jego obie przekątne. W romb wpisano okrąg, którego środek E znajduje się w punkcie przecięcia przekątnych. W rombie zaznaczono wysokość h opuszczoną z wierzchołka D na bok AB, wysokość ta jest pod kątem prostym to tego boku. W ostrosłupie zaznaczono odcinek równoległy do wysokości, przechodzący przez środek okręgu. Punkt przecięcia się tego odcinka z bokiem AB zaznaczono literą F. Odcinek EF podpisano literą r.

Promień okręgu wpisanego w romb jest równy połowie jego wysokości, zatem $r = 3 cm$ .

Trójkąt $S E F$ jest prostokątny, co w łatwy sposób pozwoli nam policzyć wysokość ściany bocznej ostrosłupa:

$15^{2} + 3^{2} = {|S F|}^{2}$

$|S F| = \sqrt{234} = 3 \sqrt{26}$

$P_{ś b} = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 3 \sqrt{26} = 18 \sqrt{26}$

$P_{b} = 4 \cdot 18 \sqrt{26} = 72 \sqrt{26}$

$P_{c} = 72 + 72 \sqrt{26} [{cm}^{2}]$ .

Przykład 24

Dany jest ostrosłup, w którego podstawie jest trójkąt prostokątny. Obliczmy pole jego powierzchni wiedząc, że $|A B| = x$ , $\frac{|A C|}{|A B|} = \frac{2}{3}$ , a krawędzie boczne są $2$ razy dłuższe od przyprostokątnej $B C$ .

Ryg5oI3QAHPVu

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt prostokątny A B C, gdzie kąt ACB jest kątem prostym. Wierzchołek górny jest podpisany literą S. Bok AB jest podpisany literą x.

Rozwiązanie:

Skoro $|A B| = x$ , to $|A C| = \frac{2}{3} x$ . Zatem, wykorzystując twierdzenie Pitagorasa, mamy:

${|B C|}^{2} = x^{2} - {(\frac{2}{3} x)}^{2}$

$|B C| = \sqrt{\frac{5}{9} x^{2}}$

$|B C| = \frac{x \sqrt{5}}{3}$

Krawędzie boczne mają więc długość $\frac{2 x \sqrt{5}}{3}$ .

Ściany boczne ostrosłupa to trzy różne trójkąty równoramienne. Aby policzyć ich pola, musimy wyznaczyć ich wysokości.

Trójkąt $A B S$ :
$h^{2} = {(\frac{2 x \sqrt{5}}{3})}^{2} - {(\frac{x}{2})}^{2}$
$h = \frac{x \sqrt{71}}{6}$
$P = \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{x \sqrt{71}}{6} = \frac{x^{2} \sqrt{71}}{12}$

Trójkąt $A C S$ :
$h^{2} = {(\frac{2 x \sqrt{5}}{3})}^{2} - {(\frac{x}{3})}^{2}$
$h = \frac{x \sqrt{19}}{3}$
$P = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} x \cdot \frac{x \sqrt{19}}{3} = \frac{x^{2} \sqrt{19}}{9}$

Trójkąt $B C S$ :
$h^{2} = {(\frac{2 x \sqrt{5}}{3})}^{2} - {(\frac{x \sqrt{5}}{6})}^{2}$
$h = \frac{5 x \sqrt{3}}{6}$
$P = \frac{1}{2} \cdot \frac{x \sqrt{5}}{3} \cdot \frac{5 x \sqrt{3}}{6} = \frac{{5 x}^{2} \sqrt{15}}{36}$

Policzmy więc pole podstawy i pole powierzchni bocznej:

$P_{p} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} x \cdot \frac{x \sqrt{5}}{3} = \frac{x^{2} \sqrt{5}}{9}$

$P_{b} = \frac{x^{2} \sqrt{71}}{12} + \frac{x^{2} \sqrt{19}}{9} + \frac{{5 x}^{2} \sqrt{15}}{36}$

$P_{c} = \frac{x^{2} \sqrt{5}}{9} + \frac{x^{2} \sqrt{71}}{12} + \frac{x^{2} \sqrt{19}}{9} + \frac{{5 x}^{2} \sqrt{15}}{36}$

Przykład 25

Na rysunku przedstawiono siatkę ostrosłupa prostegoostrosłup prostyostrosłupa prostego czworokątnego o podstawie trapezu równoramiennego. Kąt ostry w trapezie ma miarę $α$ .

Obliczmy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa, jeśli wiadomo, że $\cos α = \frac{3}{4}$ .

R1PLz6xMi86ls

Ilustracja przedstawia siatkę ostrosłupa prostego o podstawie trapezu. Dłuższa podstawa trapezu została podpisana 1,5 k, krótsza podstawa jest podpisana literą 0,75 k. Kąt ostry w trapezie podpisano literą alfa. Do każdej krawędzi trapezu swoją podstawą przylega trójkąt, którego ramiona są podpisane literą k.

Rozwiązanie:

Obliczmy ramiona i wysokość trapezu. Wykonajmy rysunek pomocniczy.

RZ0D4L9Wb4lK1

Ilustracja przedstawia trapez równoramienny, którego dłuższa podstawa trapezu została podpisana 1,5 k, krótsza podstawa jest podpisana literą 0,75 k. Ramiona są podpisane literą c. Kąt ostry w trapezie podpisano literą alfa. W trapezie zaznaczono wysokość h, którą opuszczono na dłuższą podstawę. Odległość od wierzchołka dolnej podstawy do wysokości podpisano literą x. Pod rysunkiem znajduje się zapis: x=(1,5k−0,75k):2.

Z obliczeń na rysunku wynika, że

$x = \frac{3}{8} k$

Skoro $\cos α = \frac{3}{4}$ , to mamy równanie:

$\frac{3}{4} = \frac{x}{c}$

$\frac{3}{4} = \frac{\frac{3}{8} k}{c}$

$c = \frac{1}{2} k$

Zatem wysokość trapezu ma długość:

$h^{2} = {(\frac{1}{2} k)}^{2} - {(\frac{3}{8} k)}^{2}$

$h^{2} = \frac{7}{64} k^{2}$

$h = \frac{k \sqrt{7}}{8}$

Obliczmy pola poszczególnych ścian ostrosłupa:

$P_{p} = \frac{(1, 5 k + 0, 75 k)}{2} \cdot \frac{k \sqrt{7}}{8} = \frac{9 k^{2} \sqrt{7}}{64}$

Pole ścian bocznych:

$h = \frac{k \sqrt{55}}{8}$
$P = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} k \cdot \frac{k \sqrt{55}}{8} = \frac{3 k^{2} \sqrt{55}}{64}$
R194kR2a4uLrP

$h = \frac{k \sqrt{15}}{4}$
$P = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} k \cdot \frac{k \sqrt{15}}{4} = \frac{k^{2} \sqrt{15}}{16}$
Rp8b3Wnlwy2ZC

$h = \frac{k \sqrt{7}}{4}$
$P = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} k \cdot \frac{k \sqrt{7}}{4} = \frac{{3 k}^{2} \sqrt{7}}{16}$
RZWBYcKSdcAwc

Zatem

$P_{b} = \frac{3 k^{2} \sqrt{55}}{64} + 2 \cdot \frac{k^{2} \sqrt{15}}{16} + \frac{{3 k}^{2} \sqrt{7}}{16} = \frac{3 k^{2} \sqrt{55}}{64} + \frac{{8 k}^{2} \sqrt{15}}{64} + \frac{{12 k}^{2} \sqrt{7}}{64} =$

$= \frac{k^{2} (3 \sqrt{55} + 8 \sqrt{15} + 12 \sqrt{7})}{64}$

$P_{c} = \frac{9 k^{2} \sqrt{7}}{64} + \frac{k^{2} (3 \sqrt{55} + 8 \sqrt{15} + 12 \sqrt{7})}{64} = \frac{k^{2} (3 \sqrt{55} + 8 \sqrt{15} + 21 \sqrt{7})}{64}$

Polecenie 11

Zapoznajmy sie z treścią animacji 3D. Zwróćmy uwagę na różne rodzaje ostrosłupów; szczególnie na ostrosłup, który nie jest prawidłowy, co nieco utrudnia sposób obliczania pola jego powierzchni.

R16bwqssOfU6s

Polecenie 12

Podstawą ostrosłupa jest trójkąt prostokątny, którego przeciwprostokątna ma długość $13$ , a tangens mniejszego z kątów ostrych ma wartość $\frac{5}{12}$ . Każda z krawędzi bocznych jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $60 °$ . Obliczmy pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa.

Obliczmy przyprostokątne trójkąta prostokątnego.

RxfXrGvHezXZT

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny A B C, w którym przeciwprostokątna BC ma długość trzynaście. Kąt BAC jest kątem prostym, a kąt ACB jest podpisany literą alfa.

Skoro $tg α = \frac{5}{12}$ ,

więc $|A B| = 5 x$ , $|A C| = 12 x$

Z twierdzenia Pitagorasa mamy:

${(12 x)}^{2} + {(5 x)}^{2} = 13^{2}$

Zatem $x = 1$ ,

co oznacza, że $|A B| = 5$ , $|A C| = 12$ .

Wykonajmy rysunek naszego ostrosłupa.

R148su3HiibD6

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt prostokątny B C. Przyprostokątna AB ma długość 5, natomiast przyprostokątna BC ma długość dwanaście. W podstawie zaznaczono jej wysokość opuszczoną z wierzchołka A na bok BC, spodek tej wysokości podpisano literą O. Wierzchołek górny ostrosłupa podpisano literą S. Z tego wierzchołka w ścianie BCS poprowadzono odcinek SO, który jest pod kątem prostym do krawędzi podstawy BC. W trójkącie BCS kąt CBS i BCS ma 60 stopni. Krawędzie boczne ostrosłupa mają długość trzynaście.

$△ A O S \equiv △ B O S \equiv △ C O S$ (cecha $k b k$ )

$|O C| = |O B| = |O A| = R = 6, 5$

$△ B C S$ jest równoboczny. Zatem

$P_{△ B C S} = \frac{13^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{169 \sqrt{3}}{4}$

Podstawa jest trójkątem prostokątnym, więc:

$P_{p} = \frac{5 \cdot 12}{2} = 30$

Obliczmy pole trójkąta $A C S$ . Możemy wykorzystać wzór Herona.

$p = \frac{13 + 13 + 12}{2} = 19$

$P_{△ A C S} = \sqrt{19 \cdot {(19 - 13)}^{2} (19 - 12)} = \sqrt{19 \cdot 36 \cdot 7} = 6 \sqrt{133}$

Obliczmy pole trójkąta $B A S$ .

$p = \frac{13 + 13 + 5}{2} = \frac{31}{2} = 15, 5$

$P_{△ B A S} = \sqrt{15, 5 \cdot {(15, 5 - 13)}^{2} (15, 5 - 5)} = \sqrt{15, 5 \cdot 6, 25 \cdot 10, 5} = \frac{5 \sqrt{651}}{4}$

Pole całkowite wynosi:

$P_{_{C}} = 30 + \frac{169 \sqrt{3}}{4} + 6 \sqrt{133} + \frac{5 \sqrt{651}}{4}$ .

RyuzvMKoMAtdt1

Ćwiczenie 1

Ruc3gsL8dHFlS1

Ćwiczenie 2

R1RmWEP9hZkU02

Ćwiczenie 3

R13IXm8B6lOS82

Ćwiczenie 4

RwpqO5xBIewjC2

Ćwiczenie 5

R164qNFb5Z1FI2

Ćwiczenie 6

RxsO982bKOBIN2

Ćwiczenie 7

RPjXMbge5PJJT3

Ćwiczenie 8

Ćwiczenie 9

Podstawą ostrosłupa $A B C D$ jest trójkąt równoramienny o podstawie $|A B| = b$ i kącie $α$ pomiędzy ramionami. Krawędź $C D$ jest wysokością ostrosłupa, a kąt nachylenia ściany $A B D$ do podstawy ostrosłupa jest równy $β$ . Oblicz pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa.

R2RUaSqYftNWJ

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C, wierzchołek górny podpisano literą D. Odcinek CD jest wysokością ostrosłupa i został podpisany literą wielkie H. Z wierzchołka D na krawędź AB poprowadzono wysokość podpisaną małe h, której spodek podpisano literą E. Kąt ACB podpisano literą alfa, z kolei kąt CED podpisano literą beta.

W trójkącie prostokątnym $A C E$ mamy:

$\frac{|A E|}{|C E|} = tg \frac{α}{2}$ , stąd $|C E| = \frac{\frac{b}{2}}{tg \frac{α}{2}} = \frac{b}{2 tg \frac{α}{2}}$

oraz

$\frac{|A E|}{|C A|} = \sin \frac{α}{2}$ , stąd $|C A| = \frac{\frac{b}{2}}{\sin \frac{α}{2}} = \frac{b}{2 \sin \frac{α}{2}}$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa:

$P_{p} = \frac{1}{2} \cdot |A B| \cdot |C E| = \frac{1}{2} \cdot b \cdot \frac{b}{2 tg \frac{α}{2}} = \frac{b^{2}}{4 tg \frac{α}{2}}$

Z trójkąta prostokątnego $D C E$ mamy:

$\frac{|C E|}{|D E|} = \cos β$ , stąd $|D E| = \frac{|C E|}{\cos β} = \frac{\frac{b}{2 tg \frac{α}{2}}}{\cos β} = \frac{b}{2 \cos β \cdot tg \frac{α}{2}}$

oraz

$\frac{|D C|}{|C E|} = tg β$ , stąd $|D C| = |C E| \cdot tg β = \frac{b}{2 tg \frac{α}{2}} \cdot tg β = \frac{b tg β}{2 tg \frac{α}{2}}$

Możemy obliczyć pola ścian bocznych:

$P_{C B D} = P_{C A D} = \frac{1}{2} \cdot |C A| \cdot |D C| = \frac{1}{2} \cdot \frac{b}{2 \sin \frac{α}{2}} \cdot \frac{b tg β}{2 tg \frac{α}{2}} = \frac{b^{2} tg β}{8 \sin \frac{α}{2} tg \frac{α}{2}}$

Obliczamy pole powierzchni całkowitej:

$P = P_{p} + 2 \cdot P_{C B D} + P_{A B D} = \frac{b^{2}}{4 tg \frac{α}{2}} + \frac{b^{2} tg β}{4 \sin \frac{α}{2} tg \frac{α}{2}} + \frac{b^{2}}{4 \cos β \cdot tg \frac{α}{2}} =$ $= \frac{b^{2}}{4 tg \frac{α}{2}} (1 + \frac{1}{\cos β} + \frac{tg β}{\sin \frac{α}{2}})$

$P = \frac{b^{2}}{4 tg \frac{α}{2}} (1 + \frac{1}{\cos β} + \frac{tg β}{\sin \frac{α}{2}})$

R8Fr0gkTu1DA71

Ćwiczenie 10

R170Ym8raui8X1

Ćwiczenie 11

R1ZvtY9WUDEFR2

Ćwiczenie 12

Ćwiczenie 13

W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym $A B C S$ (tak jak na rysunku) promień okręgu wpisanego w podstawę $A B C$ tego ostrosłupa jest równy $4$ , kąt $α = 30 °$ . Zaznacz prawidłowe odpowiedzi.

Rkx0h5tGhxeft

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C. Wierzchołek górny podpisano literą S. Wysokość ostrosłupa podpisano literą wielkie H, z kolei wysokość ściany bocznej podpisano literą małe h. Spodek wysokości ostrosłupa podpisano literą O, a spodek wysokości ściany bocznej podpisano literą D. Kąt OSD podpisano literą alfa. W trójkąt będący podstawą wpisano okrąg, którego środkiem jest spodek wysokości O, odcinek OD podpisano literą r. Odcinek AD, czyli wysokość podstawy znaczono linią przerywaną.

R14RY1JYxJmhU

RRfyOzcmvDZBZ2

Ćwiczenie 14

RvP1igrq7AujQ2

Ćwiczenie 15

Ćwiczenie 16

Trójkąt równoboczny $A B C$ jest podstawą ostrosłupa prawidłowego $A B C S$ , w którym ściana boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $60 °$ , a krawędź boczna ma długość $7$ . Obliczając pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa uzupełnij puste miejsca właściwymi zapisami. Przeciągnij odpowiednie pola.

R1Fj701Kb9Uop

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C. Wierzchołek górny podpisano literą S. Krawędź podstawy podpisano literą a. Krawędź boczna ma długość siedem. Wysokość ostrosłupa podpisano wielkie H. Spodek wysokości ostrosłupa podpisano literą O. Z wierzchołka C na odcinek AB opuszczono wysokość, jej spodek podpisano literą D. Z wierzchołka S poprowadzono odcinek SD. Kąt CDS ma miarę 60 stopni. W podstawie zarówno z wierzchołka A i z wierzchołka B poprowadzono wysokości za pomocą linią przerywanych. Wszystkie wysokości przecinają się w punkcie O.

RCPctWJSWTMjc

Ćwiczenie 17

W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym $A B C S$ cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy jest równy $\frac{2 \sqrt{7}}{7}$ . Wykaż, że pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa stanowi $\frac{2}{3}$ jego pola powierzchni całkowitej.

Wykonajmy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

R13B5rQPWnu5N

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C. Wierzchołek górny podpisano literą S. Krawędź podstawy CB podpisano literą a. Wysokość ostrosłupa podpisano wielkie H. Spodek wysokości ostrosłupa podpisano literą O. Z wierzchołka C na odcinek AB opuszczono wysokość, jej spodek podpisano literą D. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość h, jej spodek pokrywa się ze spodkiem D. Kąt DCS podpisano literą alfa.

Oznaczamy przez $a$ długość krawędzi podstawy, przez $h$ i $H$ odpowiednio długości wysokości ściany bocznej oraz wysokości ostrosłupa.

Odcinek $D C$ to wysokość podstawy, jego długość wyznaczamy ze wzoru $|D C| = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ , odcinek $|D O| = \frac{1}{3} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{6}$ , odcinek $|O C| = \frac{2}{3} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

Wiemy, że $\cos α = \frac{2 \sqrt{7}}{7}$ oraz ${tg}^{2} α = \frac{1}{\cos^{2} α} - 1 = \frac{1}{\frac{28}{49}} - 1 = \frac{49}{28} - 1 = \frac{21}{28} = \frac{3}{4}$ , stąd $tg α = \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

W trójkącie $S O C$ $tg α = \frac{|O S|}{|O C|} = \frac{H}{|O C|}$ , więc $\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{H}{|O C|}$ ,
$H = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot |O C| = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{3} = \frac{a}{2}$ .

Z trójkąta $D O S$ na podstawie twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość h wysokości ściany bocznej.

$h^{2} = {|D O|}^{2} + H^{2}$

$h^{2} = {(\frac{a \sqrt{3}}{6})}^{2} + {(\frac{a}{2})}^{2}$

$h^{2} = \frac{3 a^{2}}{36} + \frac{a^{2}}{4}$

$h^{2} = \frac{12 a^{2}}{36} = \frac{3 a^{2}}{9}$

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

Wówczas $P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{a \sqrt{3}}{3} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{1} = 2 \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = 2 \cdot P_{p}$ .

Stąd $\frac{P_{b}}{P_{c}} = \frac{P_{b}}{P_{b} + P_{p}} = \frac{2 P_{p}}{2 P_{p} + P_{p}} = \frac{2 P_{p}}{3 P_{p}} = \frac{2}{3}$ .

Ćwiczenie 18

W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym, powierzchnia boczna tego ostrosłupa jest $4$ razy większa od powierzchni podstawy. Oblicz cosinus kąta między krawędzią boczną i płaszczyzną podstawy ostrosłupa oraz cosinus kąta między ścianą boczną i płaszczyzną jego podstawy.

R1IVDbFWDWhFu

Wiemy, że $P_{b} = 4 \cdot P_{p}$ , więc $3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h = 4 \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$ to $h = \frac{2 a \sqrt{3}}{3}$ .

Odcinek $D C$ , jako wysokość podstawy wyznaczamy ze wzoru $|D C| = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ , odcinek $|D O| = \frac{1}{3} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{6}$ , odcinek $|O C| = \frac{2}{3} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

Z trójkąta $D O S$ na podstawie twierdzenia Pitagorasa obliczamy $H$ długość wysokości ostrosłupa.

$h^{2} = {|D O|}^{2} + H^{2}$

${(\frac{2 a \sqrt{3}}{3})}^{2} = {(\frac{a \sqrt{3}}{6})}^{2} + H^{2}$

$H^{2} = \frac{12 a^{2}}{9} - \frac{3 a^{2}}{36}$

$H^{2} = \frac{45 a^{2}}{36} = \frac{5 a^{2}}{4}$

$H = \frac{a \sqrt{5}}{2}$

W trójkącie $S O C$ $tg α = \frac{|O S|}{|O C|} = \frac{H}{|O C|}$ , $tg α = \frac{\frac{a \sqrt{5}}{2}}{\frac{a \sqrt{3}}{3}} = \frac{\sqrt{15}}{2}$ , obliczmy teraz $\cos α$ wiedząc, że ${tg}^{2} α = \frac{1}{\cos^{2} α} - 1$ .

${(\frac{\sqrt{15}}{2})}^{2} = \frac{1}{\cos^{2} α} - 1$

$\frac{15}{4} + 1 = \frac{1}{\cos^{2} α}$

$\frac{19}{4} = \frac{1}{\cos^{2} α}$

$\cos α = \frac{2 \sqrt{19}}{19}$

Teraz z trójkąta $D O S$ wyznaczamy $tg β = \frac{|O S|}{|D S|} = \frac{H}{|D O|}$ .

$tg β = \frac{\frac{a \sqrt{5}}{2}}{\frac{a \sqrt{3}}{6}} = \sqrt{15}$ , podobnie jak poprzednio stosujemy ${tg}^{2} β = \frac{1}{\cos^{2} β} - 1$ , stąd ${(\sqrt{15})}^{2} = \frac{1}{\cos^{2} β} - 1$ .

$16 = \frac{1}{\cos^{2} β}$

$\cos β = \frac{1}{4}$

Zatem $\cos α = \frac{2 \sqrt{19}}{19}$ natomiast $\cos β = \frac{1}{4}$ .

Odpowiedź: $\cos α = \frac{2 \sqrt{19}}{19}$ , $\cos β = \frac{1}{4}$ .

RlWwWOCu0v8TR1

Ćwiczenie 19

RKs7BIZeTVDhL1

Ćwiczenie 20

Ćwiczenie 21

Na rysunku przedstawiono siatkę ostrosłupa, którego podstawą jest kwadrat o boku długości $a$ . Wszystkie ściany boczne są trójkątami prostokątnymi.

R8XGVUuJIFlkB

Siatka ostrosłupa składa się z kwadratu o boku a oraz z czterech prostokątów o przyprostokątnych a oraz 2 a. Trójkąty są osadzone na bokach kwadratu.

R1U7HX2ydi1DH

R6G3fkLBvXpxQ2

Ćwiczenie 22

Ćwiczenie 23

Na rysunku przedstawiono ostrosłup prosty o podstawie prostokąta, którego długości boków pozostają w stosunku $4 : 1$ . Punkty $E$ i $F$ są środkami przeciwległych krawędzi podstawy. Pole przekroju przedstawionego na rysunku wynosi $S^{2} tg α$ , gdzie $α$ jest miarą kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy.

R1cCBYVjlC8vY

Ilustracja przedstawia ostrosłup prosty o podstawie prostokąta. Wierzchołki podstawy to A B C D, natomiast wierzchołek górny ostrosłupa to S. W podstawie liniami przerywanymi zaznaczono jej przekątne. W ostrosłupie narysowano jego wysokość. W ostrosłupie zaznaczono się trójkąt o wierzchołkach FES, przy czym punkt E znajduje się na środku krawędzi podstawy BC a punk F znajduje się na środku krawędzi podstawy AD. Kąt FES został podpisany literą alfa.

RtvQKgi3b76HV

R1Km3D3m3jTbn2

Ćwiczenie 24

Ćwiczenie 25

Wszystkie ściany boczne ostrosłupa o podstawie kwadratowej są trójkątami równoramiennymi (zobacz rysunek). Krawędzie, które są koloru różowego, mają taką samą długość równą $a$ . Oblicz pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa, wiedząc, że $\frac{|A D|}{|A S|} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ oraz $\frac{|B C|}{|S C|} = 2$ .

R2qDzHQXrqBF8

Ilustracja przedstawia ostrosłup czworokątny, o wierzchołkach podstawy A B C D i wierzchołku górnym S. W podstawie liniami przerywanymi zaznaczono jej przekątne. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość opuszczoną na podstawę z wierzchołka S, spodek wysokości leży na przekątnej AC. Kolorem różowym zaznaczono krawędzie: AB, BC, CD, AD, BS oraz DS.

Z treści zadania wiemy, że

$\frac{|A D|}{|A S|} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ , czyli $\frac{a}{|A S|} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ , co daje, że $|A S| = a \sqrt{3}$

oraz

$\frac{|B C|}{|S C|} = 2$ , czyli $\frac{a}{|S C|} = 2$ , co daje, że $|S C| = \frac{1}{2} a$ .

Odcinek $A C$ jest przekątną kwadratu, zatem $|A C| = a \sqrt{2}$ .

Możemy zatem liczyć pole poszczególnych ścian naszego ostrosłupa:

$P_{p} = a^{2}$ .

Ściany boczne $D S A$ i $A S B$ są trójkątami przystającymi. Poprowadźmy wysokość z wierzchołka $D$ trójkąta $D S A$ . Oznaczmy ją jako $h$ .

R2ChHc1BonfPe

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny o wierzchołkach ADS. Podstawa AS ma długość a3, ramiona AD oraz SD mają długość a. W ostrosłupie z wierzchołka D na podstawę AS opuszczono wysokość i podpisano ją literą h.

Wówczas:

$h^{2} = a^{2} - {(\frac{a \sqrt{3}}{2})}^{2}$

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

$h^{2} = \frac{1}{4} a^{2}$

$h = \frac{1}{2} a$

$P_{A S D} = P_{A B S} = \frac{1}{2} \cdot a \sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} a = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$ .

Zauważmy, że zamiast wyliczać wysokość, możemy skorzystać ze wzoru Herona. $P = \sqrt{{(\frac{a \sqrt{3}}{2})}^{2} \cdot (a + \frac{a \sqrt{3}}{2}) \cdot (a - \frac{a \sqrt{3}}{2})} = \sqrt{\frac{3 a^{2}}{4} \cdot \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$ .

Ściany boczne $D S C$ i $B S C$ są trójkątami przystającymi. Poprowadźmy wysokość z wierzchołka $B$ trójkąta $B S C$ . Oznaczmy ją jako $h$ .

R1VukFluZiqCq

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny o wierzchołkach CBS. Podstawa CS ma długość < 12a,ramiona CB oraz BS mają długość a. W ostrosłupie z wierzchołka B na podstawę CS opuszczono wysokość i podpisano ją literą h.

Wówczas:

$h^{2} = a^{2} - {(\frac{1}{4} a)}^{2}$

$h^{2} = a^{2} - \frac{1}{16} a^{2}$

$h^{2} = \frac{15}{16} a^{2}$

$h = \frac{\sqrt{15}}{4} a$

$P_{B S C} = P_{D S C} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} a \cdot \frac{\sqrt{15}}{4} a = \frac{a^{2} \sqrt{15}}{16}$ .

Korzystając ze wzoru Herona otrzymujemy: $P = \sqrt{\frac{5}{4} a \cdot \frac{1}{4} a \cdot \frac{1}{4} a \cdot \frac{3}{4} a} = a^{2} \frac{\sqrt{15}}{16}$ .

Zatem $P_{b} = 2 \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} + 2 \cdot \frac{a^{2} \sqrt{15}}{16} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2} + \frac{a^{2} \sqrt{15}}{8}$

$P_{c} = a^{2} + \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2} + \frac{a^{2} \sqrt{15}}{8} = a^{2} (1 + \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{15}}{8})$ .

Ćwiczenie 26

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym krawędź boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $α$ . Wykaż, że pole powierzchni bocznej ostrosłupa o wysokości równej $H$ wynosi $\frac{2 H^{2} \sqrt{2 {tg}^{2} α + 1}}{{tg}^{2} α}$ .

Wykonajmy rysunek pomocniczy. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenia. Niech $a$ – długość krawędzi podstawy, $h$ – wysokość ściany bocznej ostrosłupa.

RQ4ZWXDiY2xGU

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy czworokątny o wierzchołkach podstawy A B C D. Krawędź AD oraz AB podpisano literą H. Wierzchołek ostrosłupa podpisano literą S, z tego wierzchołka poprowadzono wysokość a jej spodek podpisano literą O, wysokość tą podpisano literą wielkie H. W trójkątnej ścianie bocznej BCS z wierzchołka S na krawędź BC opuszczono wysokość i podpisano ją małe h, której spodek podpisano literą E. Odcinki SO, SE oraz OE tworzą trójkąt prostokątny, w którym odcinek SE jest przeciwprostokątną. W podstawie zaznaczono jej przekątną AC, kąt pomiędzy tą przekątną a krawędzią boczną CS podpisano literą alfa.

Trójkąt $S O C$ jest prostokątny, zatem wykorzystując funkcję tangens mamy:

$tg α = \frac{H}{|O C|}$

$tg α = \frac{H}{\frac{a \sqrt{2}}{2}}$

$\frac{a \sqrt{2}}{2} = \frac{H}{tg α}$

$a = \frac{H \sqrt{2}}{tg α}$ .

Obliczmy wysokość ściany bocznej. Trójkąt $S O E$ jest prostokątny. Z twierdzenia Pitagorasa mamy więc:

$H^{2} + {(\frac{1}{2} a)}^{2} = h^{2}$

$H^{2} + {(\frac{H \sqrt{2}}{2 tg α})}^{2} = h^{2}$

$H^{2} + \frac{2 H^{2}}{4 {tg}^{2} α} = h^{2}$

$\frac{4 H^{2} {tg}^{2} α + 2 H^{2}}{4 {tg}^{2} α} = h^{2}$

$h = \sqrt{\frac{H^{2} (4 {tg}^{2} α + 2)}{4 {tg}^{2} α}}$

$h = \frac{H \sqrt{4 {tg}^{2} α + 2}}{2 tg α}$ .

Obliczmy więc pole powierzchni bocznej:

$P_{b} = 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot a h = 2 \cdot \frac{H \sqrt{2}}{tg α} \cdot \frac{H \sqrt{4 {tg}^{2} α + 2}}{2 tg α} = \frac{H^{2} \sqrt{8 {tg}^{2} α + 4}}{{tg}^{2} α} = \frac{2 H^{2} \sqrt{2 {tg}^{2} α + 1}}{{tg}^{2} α}$ .

RNLMVCuZ6TxTc1

Ćwiczenie 27

Rze7OApKDTXLy1

Ćwiczenie 28

R14HRDMhZ7YrK1

Ćwiczenie 29

RFegEZPmKNZ1l2

Ćwiczenie 30

Długość krawędzi bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego A B C D S jest równa b. Krawędź boczna tworzy z wysokością kąt alfa, taki, że sinus alfa, równa się, początek ułamka, pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, mianownik, pięć, koniec ułamka.
Połącz opisy liczb z ich wynikami. wysokość ostrosłupa Możliwe odpowiedzi: 1. początek ułamka, dwa b pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, mianownik, pięć, koniec ułamka, 2. początek ułamka, trzy pierwiastek kwadratowy z dziesięć koniec pierwiastka, mianownik, dziesięć, koniec ułamka, 3. początek ułamka, osiem, mianownik, pięć, koniec ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, 4. początek ułamka, cztery b indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego, pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, mianownik, siedemdziesiąt pięć, koniec ułamka sinus kąta Możliwe odpowiedzi: 1. początek ułamka, dwa b pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, mianownik, pięć, koniec ułamka, 2. początek ułamka, trzy pierwiastek kwadratowy z dziesięć koniec pierwiastka, mianownik, dziesięć, koniec ułamka, 3. początek ułamka, osiem, mianownik, pięć, koniec ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, 4. początek ułamka, cztery b indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego, pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, mianownik, siedemdziesiąt pięć, koniec ułamka objętość ostrosłupa Możliwe odpowiedzi: 1. początek ułamka, dwa b pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, mianownik, pięć, koniec ułamka, 2. początek ułamka, trzy pierwiastek kwadratowy z dziesięć koniec pierwiastka, mianownik, dziesięć, koniec ułamka, 3. początek ułamka, osiem, mianownik, pięć, koniec ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, 4. początek ułamka, cztery b indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego, pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, mianownik, siedemdziesiąt pięć, koniec ułamka pole Możliwe odpowiedzi: 1. początek ułamka, dwa b pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, mianownik, pięć, koniec ułamka, 2. początek ułamka, trzy pierwiastek kwadratowy z dziesięć koniec pierwiastka, mianownik, dziesięć, koniec ułamka, 3. początek ułamka, osiem, mianownik, pięć, koniec ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, 4. początek ułamka, cztery b indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego, pierwiastek kwadratowy z pięć koniec pierwiastka, mianownik, siedemdziesiąt pięć, koniec ułamka

RJA2BW45BcyDn2

Ćwiczenie 31

RsoKWaKYXALmA2

Ćwiczenie 32

Ćwiczenie 33

Odległość spodka wysokości ostrosłupa prawidłowego czworokątnego od jego krawędzi bocznej jest równa $d$ , a krawędź boczna tworzy z płaszczyzną podstawy kąt $α$ . Wyznacz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa.

Wykonajmy rysunek pomocniczy. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenie:
$H$ – wysokość ostrosłupa,
$a$ – długość krawędzi podstawy.

R1LFNMksJ61ME

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup czworokątny, o podstawie ABCD i wierzchołku S. Na krawędzi bocznej SC zaznaczono punkt E. Z wierzchołka S poprowadzono spodek wysokości, który leży w punkcie O. Odcinek OE oznaczono literą d. Zaznaczono trójkąt OCE, z kątem prostym przy wierzchołku E, oraz kątem alfa przy wierzchołku C.

Trójkąt $O E C$ jest prostokątny. Zatem:

$\frac{d}{|O C|} = \sin α$

$|O C| = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

$\frac{d}{\sin α} = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

$a = \frac{d \sqrt{2}}{\sin α}$

Trójkąt $S O C$ także jest prostokątny, więc:

$\frac{H}{|O C|} = tg α$

$H = \frac{d}{\sin α} \cdot tg α = \frac{d}{\cos α}$

Do obliczenia pola powierzchni bocznej brakuje nam wysokości ściany bocznej. Oznaczmy ją jako $h$ .

R1GLDjvy592WJ

Trójkąt $S O F$ jest prostokątny, więc na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy:

$h^{2} = H^{2} + {(\frac{1}{2} a)}^{2}$

$h^{2} = {(\frac{d}{\cos α})}^{2} + {(\frac{d \sqrt{2}}{2 \sin α})}^{2}$

$h^{2} = \frac{d^{2}}{\cos^{2} α} + \frac{2 d^{2}}{4 \sin^{2} α}$

$h^{2} = \frac{d^{2}}{\cos^{2} α} + \frac{d^{2}}{2 \sin^{2} α}$

$h^{2} = \frac{2 d^{2} \sin^{2} α + d^{2} \cos^{2} α}{2 \sin^{2} α \cdot \cos^{2} α}$

$h = \frac{d \sqrt{2 \sin^{2} α + \cos^{2} α}}{\sqrt{2} \sin α \cdot \cos α}$

$h = \frac{d \sqrt{2 \cdot (2 \sin^{2} α + 1 - \sin^{2} α)}}{2 \sin α \cdot \cos α}$

$h = \frac{d \sqrt{2 (\sin^{2} α + 1)}}{2 \sin α \cdot \cos α}$

Pole powierzchni bocznej wynosi więc:

$P_{b} = 2 a h = 2 \cdot \frac{d \sqrt{2}}{\sin α} \cdot \frac{d \sqrt{2 (\sin^{2} α + 1)}}{2 \sin α \cdot \cos α} = \frac{2 d^{2} \sqrt{\sin^{2} α + 1}}{\sin^{2} α \cdot \cos α}$ .

Ćwiczenie 34

Oblicz pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy długości $a$ i krawędzi bocznej długości $k$ .

Podstawą ostrosłupa jest kwadrat o boku długości $a$ , więc $P_{p} = a^{2}$ .

Ściany boczne to $4$ przystające trójkąty równoramienne. Ich pole można policzyć wykorzystując wzór Herona:

$P = \sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)}$ ,

gdzie $a$ , $b$ , $c$ – długości boków trójkąta, $p$ – połowa jego obwodu.

Zatem:

$P_{b} = 4 \cdot \sqrt{\frac{a + 2 k}{2} \cdot (\frac{a + 2 k}{2} - a) \cdot (\frac{a + 2 k}{2} - k) \cdot (\frac{a + 2 k}{2} - k)}$

$P_{b} = 4 \cdot \sqrt{\frac{a + 2 k}{2} \cdot \frac{2 k - a}{2} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{a}{2}}$

$P_{b} = 4 \cdot \sqrt{\frac{a^{2} \cdot (4 k^{2} - a^{2})}{16}} = a \sqrt{4 k^{2} - a^{2}}$

Mamy więc:

$P_{c} = a^{2} + a \sqrt{4 k^{2} - a^{2}}$ .

R1eHgYN0tjrjT1

Ćwiczenie 35

Podstawą ostrosłupa prostego jest prostokąt, którego boki są w stosunku dwa, podzielić na, jeden. Krawędzie boczne są nachylone do płaszczyzny podstawy pod kątem trzydzieści stopni. Wysokość ostrosłupa wynosi H. Połącz dane opisy liczb z ich wartościami. wysokość większej ściany bocznej Możliwe odpowiedzi: 1. początek ułamka, dwa, mianownik, pięć, koniec ułamka, H pierwiastek kwadratowy z piętnaście koniec pierwiastka, 2. początek ułamka, siedem, mianownik, dziesięć, koniec ułamka, 3. początek ułamka, dwadzieścia cztery H indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, pięć, koniec ułamka, 4. H, 5. początek ułamka, dwa, mianownik, pięć, koniec ułamka, H pierwiastek kwadratowy z dziesięć koniec pierwiastka pole podstawy Możliwe odpowiedzi: 1. początek ułamka, dwa, mianownik, pięć, koniec ułamka, H pierwiastek kwadratowy z piętnaście koniec pierwiastka, 2. początek ułamka, siedem, mianownik, dziesięć, koniec ułamka, 3. początek ułamka, dwadzieścia cztery H indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, pięć, koniec ułamka, 4. H, 5. początek ułamka, dwa, mianownik, pięć, koniec ułamka, H pierwiastek kwadratowy z dziesięć koniec pierwiastka różnica pomiędzy długością krawędzi bocznej, a wysokością ostrosłupa Możliwe odpowiedzi: 1. początek ułamka, dwa, mianownik, pięć, koniec ułamka, H pierwiastek kwadratowy z piętnaście koniec pierwiastka, 2. początek ułamka, siedem, mianownik, dziesięć, koniec ułamka, 3. początek ułamka, dwadzieścia cztery H indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, pięć, koniec ułamka, 4. H, 5. początek ułamka, dwa, mianownik, pięć, koniec ułamka, H pierwiastek kwadratowy z dziesięć koniec pierwiastka długość krótszej krawędzi podstawy Możliwe odpowiedzi: 1. początek ułamka, dwa, mianownik, pięć, koniec ułamka, H pierwiastek kwadratowy z piętnaście koniec pierwiastka, 2. początek ułamka, siedem, mianownik, dziesięć, koniec ułamka, 3. początek ułamka, dwadzieścia cztery H indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, pięć, koniec ułamka, 4. H, 5. początek ułamka, dwa, mianownik, pięć, koniec ułamka, H pierwiastek kwadratowy z dziesięć koniec pierwiastka cosinus kąta płaskiego przy wierzchołku ostrosłupa w mniejszej ścianie bocznej Możliwe odpowiedzi: 1. początek ułamka, dwa, mianownik, pięć, koniec ułamka, H pierwiastek kwadratowy z piętnaście koniec pierwiastka, 2. początek ułamka, siedem, mianownik, dziesięć, koniec ułamka, 3. początek ułamka, dwadzieścia cztery H indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, pięć, koniec ułamka, 4. H, 5. początek ułamka, dwa, mianownik, pięć, koniec ułamka, H pierwiastek kwadratowy z dziesięć koniec pierwiastka

R1ILLU929OYUj1

Ćwiczenie 36

RIMsoX3wW9DWg2

Ćwiczenie 37

ReYg5nzCuAOS52

Ćwiczenie 38

Ćwiczenie 39

Na rysunku przedstawiono siatkę ostrosłupa, w którego podstawie jest kwadrat o boku długości $a$ . Wszystkie ściany boczne są trójkątami prostokątnymi.

R9RjUDuQNKacC

Ilustracja przedstawia siatkę ostrosłupa, którego podstawą jest kwadrat o boku długości a. Do każdej ściany kwadratu przylega jedną ze swoich przyprostokątnych trójkąt prostokątny. W jednym z trójkątów obie przyprostokątne mają długość a.

R1d7oRYpIV1jY

RWxKw4p9PNykN2

Ćwiczenie 40

Ćwiczenie 41

Na rysunku przedstawiono siatkę czworościanu, w którego podstawie jest trójkąt prostokątny o polu $S$ . Wykaż, że pole powierzchni bocznej jest większe od $3 S$ .

Re8gQ9y5B1vuC

Ilustracja przedstawia siatkę czworościanu. Podstawą czworościanu jest trójkąt prostokątny, w którym jeden z kątów ostrych ma miarę 60 stopni. Do tej przyprostokątnej, która jest pod kątem 60 stopni do przeciwprostokątnej swoją przyprostokątną przylega trójkąt prostokątny. W tym trójkącie pomiędzy drugą przyprostokątną a przeciwprostokątną zaznaczono kąt 45 stopni. Do drugiej przyprostokątnej podstawy również przylega trójkąt prostokątny, natomiast do przeciwprostokątnej podstawy przylega trójkąt, w który nie został zaznaczony żaden kąt.

Dopiszmy na rysunku zależności pomiędzy poszczególnymi krawędziami.

R1JcRS4qA7OtS

Skoro pole podstawy wynosi $S$ , to mamy równanie:

$S = \frac{a \cdot a \sqrt{3}}{2}$

$2 S = a^{2} \sqrt{3}$

$a^{2} = \frac{2 S \sqrt{3}}{3}$

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

Pole boczne składa się z trzech trójkątów:

$P = \frac{1}{2} a^{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2 S \sqrt{3}}{3} = \frac{S \sqrt{3}}{3}$

II.

$P = \frac{1}{2} a \cdot a \sqrt{3} = S$

III.

RAW66Cn7mLCMG

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny. Podstawa ma długość a2, ramiona mają długość 2a. W trójkącie zaznaczono wysokość, która jest pod kątem prostym do podstawy i jest podpisana literą h.

$h^{2} = {(2 a)}^{2} - {(\frac{a \sqrt{2}}{2})}^{2}$

$h^{2} = \frac{7}{2} a^{2}$

$h = \frac{a \sqrt{14}}{2}$

$P = \frac{1}{2} a \sqrt{2} \cdot \frac{a \sqrt{14}}{2} = \frac{a^{2} \sqrt{28}}{4} = \frac{a^{2} \sqrt{7}}{2} = \frac{2 S \sqrt{3}}{3} \cdot \frac{\sqrt{7}}{2} = \frac{S \sqrt{21}}{3}$

$P_{b} = \frac{S \sqrt{3}}{3} + S + \frac{S \sqrt{21}}{3} = \frac{S \sqrt{3} + 3 S + S \sqrt{21}}{3} = \frac{S (\sqrt{3} + 3 + \sqrt{21})}{3}$

Ponieważ $\frac{\sqrt{3} + 3 + \sqrt{21}}{3} \approx \frac{9, 31}{3} \approx 3, 1$ , więc $\frac{S (\sqrt{3} + 3 + \sqrt{21})}{3} > 3 S$ .

Ćwiczenie 42

Podstawą ostrosłupa jest trójkąt równoramienny, którego podstawa ma długość $8 cm$ , a wysokość $12 cm$ . Krawędzie boczne są tej samej długości równej $12 cm$ . Oblicz pole powierzchni całkowitej ostrosłupa oraz jego wysokość.

Wszystkie krawędzie boczne są tej samej długości, zatem spodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na jego podstawie.

R16sTgHBToPsa

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny wpisany w okrąg. Podstawa ma długość 8, ramiona mają długość x. W trójkącie zaznaczono wysokość, która jest pod kątem prostym do podstawy i ma długość dwanaście. Na wysokości zaznaczono punkt O, który jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie. Promień okręgu biegnący z punktu O do jednego z wierzchołków podpisano literą R.

Z twierdzenia Pitagorasa mamy

$x = \sqrt{160} = 4 \sqrt{10}$

Obliczmy promień okręgu opisanego na tym trójkącie, korzystając ze wzoru na pole trójkąta:

$P = \frac{a b c}{4 R}$

gdzie:
$a$ , $b$ , $c$ – długości boków trójkąta,
$R$ – promień okręgu opisanego na trójkącie.

$P = \frac{8 \cdot 12}{2} = 48$

Iloczyn długości boków wynosi:

$8 \cdot 4 \sqrt{10} \cdot 4 \sqrt{10} = 1280$

Podstawiając do wzoru na pole trójkąta, otrzymujemy:

$48 = \frac{1280}{4 R}$

$R = \frac{20}{3} = 6 \frac{2}{3}$

Aby obliczyć wysokość ostrosłupa $(H)$ , wystarczy więc wykorzystać twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego $S O A$ :

RUkjWnWiY2QfB

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C. Trójkąt ten wpisany jest w okrąg, o środku O i promieniu R. Krawędź podstawy AB ma długość osiem. Wierzchołek górny ostrosłupa podpisano literą S. Odcinek SO jest wysokością ostrosłupa i jest podpisany literą H. Krawędź boczna ostrosłupa ma długość dwanaście.

$H^{2} = 12^{2} - {(\frac{20}{3})}^{2}$

$H = \frac{8 \sqrt{14}}{3}$

Policzmy pole powierzchni bocznej:

I. Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy wysokość ściany bocznej $B C S$ . Oznaczamy ją jako $h_{1}$ .

R24yNgL0mlRMj

Ilustracja przedstawia trójkąt o wierzchołkach A C S. Podstawa AC ma długość 410, ramiona mają długość dwanaście. Wysokość opuszczoną z wierzchołka S na podstawę AC podpisano h1.

$h_{1} = \sqrt{104} = 2 \sqrt{26}$

$P = \frac{1}{2} \cdot 4 \sqrt{10} \cdot 2 \sqrt{26} = 8 \sqrt{65}$

Ściana $A C S$ jest przystająca do ściany $B C S$ , więc ma takie samo pole powierzchni.

II. Analogicznie wysokość ściany $A B S$ wynosi:

RQ7OtszK7Qrbk

Ilustracja przedstawia trójkąt o wierzchołkach A B S. Podstawa AB ma długość 8, ramiona mają długość dwanaście. Wysokość opuszczoną z wierzchołka S na podstawę AB podpisano h2.

$h_{2} = \sqrt{128} = 8 \sqrt{2}$

$P = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 8 \sqrt{2} = 32 \sqrt{2}$

Możemy policzyć już pole powierzchni bocznej:

$P_{b} = 2 \cdot 8 \sqrt{65} + 32 \sqrt{2} = 16 \sqrt{65} + 32 \sqrt{2} {c m}^{2}$

oraz pole powierzchni całkowitej:

$P_{c} = 48 + 16 \sqrt{65} + 32 \sqrt{2} [{cm}^{2}]$ .

Słownik

ostrosłup prawidłowy

ostrosłup, którego podstawą jest wielokąt foremny i spodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na jego podstawie

spodek wysokości bryły

rzut prostokątny wierzchołka bryły na płaszczyznę podstawy

ostrosłup prawidłowy trójkątny

ostrosłup prawidłowy, którego podstawą jest trójkąt równoboczny

czworościan foremny

ostrosłup prawidłowy trójkątny, którego wszystkie cztery ściany są trójkątami równobocznymi

ostrosłup czworokątny prosty

w podstawie ma czworokąt a spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie.

Jedna z własności ostrosłupa prostego: wszystkie krawędzie boczne są tej samej długości

ostrosłup czworokątny pochyły

w podstawie ma czworokąt, a jego wysokość nie spada na środek okręgu opisanego na podstawie.

Jedna z własności ostrosłupa pochyłego: krawędzie boczne nie są tej samej długości

ostrosłup czworokątny prawidłowy

ostrosłup prosty, którego podstawą jest kwadrat

kąt płaski przy wierzchołku ostrosłupa prawidłowego

kąt pomiędzy ramionami trójkąta równoramiennego będącego jego ścianą boczną

pole ostrosłupa

suma pól wszystkich ścian ostrosłupa

ostrosłup prosty

ostrosłup, w którym wszystkie krawędzie boczne są tej samej długości.

pole powierzchni ostrosłupa

suma pól wszystkich ścian ostrosłupa

3. Graniastosłupy - zadania różne

5. Objętość ostrosłupa