Podstawą ostrosłupa jest kwadrat $ABCD$. Krawędź boczna $SD$ jest wysokością ostrosłupa a jej długość jest trzy razy większa od długości krawędzi podstawy. Obliczymy cosinus kąta między ścianami bocznymi $ABS$ i $CBS$ tego ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Niech $a$ – długość krawędzi podstawy.

Wykonajmy rysunek pomocniczy.

R6fs8VOzm5DYv

Ilustracja przedstawia ostrosłup o wierzchołkach podstawy A B C D i wierzchołku górnym S. Krawędzie podstawy mają długość a. Krawędź SD jest pod kątem prostym zarówno do krawędzi AD jak i CD, krawędź SD ma długość $3a$. Z wierzchołka A poprowadzono odcinek do krawędzi SB, odcinek ten jest pod kątem prostym do tej krawędzi. Z wierzchołka C również poprowadzono odcinek do krawędzi SB i on też jest pod kątem prostym do tej krawędzi. W podstawie ostrosłupa linią przerywaną zaznaczono jej przekątną AC.

Trójkąty $SDC$ i $SDA$ są prostokątne, więc długości krawędzi $SC$ i $SA$ możemy policzyć, wykorzystując twierdzenie Pitagorasa:

${\left(3a\right)}^2+a^2={\left|SC\right|}^2$

$10a^2={\left|SC\right|}^2$

$a\sqrt{10}=\left|SC\right|$.

Analogicznie $\left|SA\right|=a\sqrt{10}$.

Zauważmy, że trójkąt $SDB$ także jest prostokątny (zapoznaj się z poniższym rysunkiem). Możemy więc obliczyć długość krawędzi $SB$.

RyA1SHvG2IphG

Ilustracja przedstawia ostrosłup o wierzchołkach podstawy A B C D i wierzchołku górnym S. Krawędzie podstawy mają długość a. W podstawie ostrosłupa linią przerywaną zaznaczono jej przekątne. Krawędź SD jest pod kątem prostym zarówno do krawędzi AD jak i CD, jest ona prostopadła do przekątnej BD, krawędź SD ma długość $3a$. Z wierzchołka A poprowadzono odcinek do krawędzi SB, odcinek ten jest pod kątem prostym do tej krawędzi. Z wierzchołka C również poprowadzono odcinek do krawędzi SB i on też jest pod kątem prostym do tej krawędzi. Odcinki te łączą się w punkcie E leżącym na krawędzi bocznej SB.

$\left|DB\right|=a\sqrt{2}$

${\left(3a\right)}^2+{\left(a\sqrt{2}\right)}^2={\left|SB\right|}^2$

$11a^2={\left|SB\right|}^2$

$a\sqrt{11}=\left|SB\right|$

Zauważmy, że trójkąty $SCB$ i $SAB$ są przystającymi trójkątami prostokątnymi, ponieważ:

• ich boki są tej samej długości.

• na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $SCB$ mamy:

  ${\left|SC\right|}^2+{\left|BC\right|}^2={\left(a\sqrt{10}\right)}^2+a^2=11a^2={\left(a\sqrt{11}\right)}^2={\left|SB\right|}^2$

• na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $SAB$ mamy:

  ${\left|SA\right|}^2+{\left|BA\right|}^2={\left(a\sqrt{10}\right)}^2+a^2=11a^2={\left(a\sqrt{11}\right)}^2={\left|SB\right|}^2$.

Aby obliczyć cosinus kąta między ścianami bocznymi $ABS$ i $CBS$ tego ostrosłupa, musimy znać długości odcinków $AE$ i $EC$. Są to wysokości trójkątów prostokątnych, wychodzące z wierzchołków kątów prostych trójkątów $ABS$ i $CBS$. Obliczmy pole każdego z trójkątów na dwa sposoby.

Dla trójkąta $ABS$ mamy:

$\frac{1}{2}·\left|SA\right|·\left|AB\right|=\frac{1}{2}·\left|SB\right|·\left|AE\right|$

$\frac{1}{2}·a\sqrt{10}·a=\frac{1}{2}·a\sqrt{11}·\left|AE\right|$

$\left|AE\right|=\frac{a\sqrt{10}}{\sqrt{11}}=\frac{a\sqrt{110}}{11}$.

Analogicznie:

$\left|CE\right|=\frac{a\sqrt{110}}{11}$.

Trójkąt $AEC$ jest równoramienny. Oznaczmy $\left|\sphericalangle AEC\right|=\alpha$, $\left|AC\right|=a\sqrt{2}$, więc na mocy twierdzenia cosinusów mamy:

${\left(a\sqrt{2}\right)}^2={\left(\frac{a\sqrt{110}}{11}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{110}}{11}\right)}^2-2·{\left(\frac{a\sqrt{110}}{11}\right)}^2\cos \alpha$

$2a^2=\frac{110}{121}{a}^2+\frac{110}{121}{a}^2-\frac{220}{121}{a}^2\cos \alpha \mid ·121$

$242a^2=110a^2+110a^2-220a^2\cos \alpha \mid :a^2$

$22=-220\cos \alpha$

$\cos \alpha =-\frac{1}{10}$.

Cosinus kąta między ścianami bocznymi $ABS$ i $CBS$ tego ostrosłupa wynosi więc $-\frac{1}{10}$.

Podstawą ostrosłupa $ABCDS$ jest romb $ABCD$ o boku długości $8$. Jeden z kątów rombu ma miarę $120°$, $\left|AS\right|=\left|CS\right|=20$ i $\left|BS\right|=\left|DS\right|$. Obliczymy sinus kąta nachylenia krawędzi $DS$ do płaszczyzny podstawy ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Przypadek $1$

Załóżmy, że kąt rozwarty rombu jest przy wierzchołku $B$.

Narysujemy nasz ostrosłup. Oznaczmy wysokość ostrosłupa jako $H$. Kąt nachylenia krawędzi bocznej $DS$ do płaszczyzny podstawy oznaczmy jako $\alpha$.

R1KMPY9MbGXvH

Ilustracja przedstawia ostrosłup o wierzchołkach podstawy A B C D i wierzchołku górnym S. Krawędzie podstawy mają długość osiem. Krawędzie boczne mają długość dwadzieścia. W podstawie ostrosłupa liniami przerywanymi zaznaczono jej przekątne. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość H, spodek tej wysokości podpisano literą O. Spodek wysokości leży na przecięciu przekątnych podstawy. Kąt ABC ma miarę 120 stopni. Kąt BDS podpisano literą alfa.

Zauważmy, że do obliczenia sinusa kąta $\alpha$ potrzebujemy długości odcinka $DS$ i długości wysokości $H$. Aby wyznaczyć $\left|DS\right|$, obliczymy długość przekątnej $BD$.

Zacznijmy od narysowania samej podstawy naszego ostrosłupa i wyznaczenia $\left|BD\right|$.

RBgvPpOgYlzMM

Ilustracja przedstawia romb o wierzchołkach A B C D, krawędzie tego czworokąta mają długość osiem. Kąt ABC ma miarę 120 stopni, kąt BAD ma miarę 60 stopni. W czworokącie zaznaczono jego przekątne, punkt przecięcia się przekątnych podpisano literą O.

Kąt rozwarty rombu ma miarę $120°$, więc kąt ostry $60°$.

Zauważmy, że trójkąt $ABD$ jest równoboczny, więc $\left|BD\right|=8$.

Wyznaczymy teraz $\left|AC\right|$. Wykorzystamy twierdzenie cosinusów w trójkącie $ABC$:

${\left|AC\right|}^2=8^2+8^2-2·8·8·\cos 120°$.

Wykorzystamy wzory redukcyjne:

${\left|AC\right|}^2=128-128·\left(-\sin 30°\right)$

${\left|AC\right|}^2=128-128·\left(-\frac{1}{2}\right)$

${\left|AC\right|}^2=128+64$

${\left|AC\right|}^2=192$

$\left|AC\right|=8\sqrt{3}$.

Obliczymy wysokość ostrosłupa. Wykorzystamy do tego trójkąt $SOC$, który jest prostokątny. Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa. Zauważmy, że $\left|OC\right|=\frac{1}{2}\left|AC\right|=4\sqrt{3}$.

$H^2={20}^2-{\left(4\sqrt{3}\right)}^2$

$H^2=400-48$

$H^2=352$

$H=4\sqrt{22}$.

Aby obliczyć sinus kąta nachylenia krawędzi $DS$ do płaszczyzny podstawy ostrosłupa, musimy znać długość tej krawędzi. Wykorzystajmy trójkąt prostokątny $SOD$:

${\left|DS\right|}^2=H^2+\left|OD\right|{}^2$.

Wiemy, że $\left|OD\right|=\frac{1}{2}\left|BD\right|=4$. Zatem

${\left|DS\right|}^2={\left(4\sqrt{22}\right)}^2+4^2$

${\left|DS\right|}^2=352+16$

${\left|DS\right|}^2=368$

$\left|DS\right|=4\sqrt{23}$.

Obliczmy sinus kąta $\alpha$:

$\sin \alpha =\frac{H}{\left|DS\right|}$

$\sin \alpha =\frac{4\sqrt{22}}{4\sqrt{23}}=\frac{\sqrt{22}}{\sqrt{23}}=\frac{\sqrt{506}}{23}$.

Przypadek $2$

Załóżmy teraz, że przy wierzchołku $B$ jest kąt ostry. Wykonamy rysunek ostrosłupa i wprowadzimy oznaczenia.

RvgtwLfTgFhir

Ilustracja przedstawia ostrosłup o wierzchołkach podstawy A B C D i wierzchołku górnym S. W podstawie ostrosłupa liniami przerywanymi zaznaczono jej przekątne. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość H, spodek tej wysokości podpisano literą O. Spodek wysokości leży na przecięciu przekątnych podstawy. Kąt OBS podpisano literą alfa.

Wtedy $\sin \alpha =\frac{H}{\left|BS\right|}=\frac{H}{\left|DS\right|}$.

Zauważmy, że $\left|AC\right|=8$.

Wyznaczymy $H$ korzystając z trójkąta prostokątnego $SOA$:

$H^2={20}^2-4^2$

$H^2=384$

$H=8\sqrt{6}$

Wyznaczymy teraz $\left|BS\right|$ korzystając z trójkąta prostokątnego $SOB$:

${\left|BS\right|}^2=H^2+{\left|OB\right|}^2$

Oczywiście $\left|OB\right|=\frac{1}{2}\left|BD\right|=\frac{1}{2}·8\sqrt{3}=4\sqrt{3}$, zatem:

${\left|BS\right|}^2={\left(8\sqrt{6}\right)}^2+{\left(4\sqrt{3}\right)}^2$

${\left|BS\right|}^2=432$

$\left|BS\right|=\sqrt{432}=12\sqrt{3}$

Ostatecznie:

Jedna z krawędzi bocznych ostrosłupa, którego podstawą jest prostokąt, ma długość $c$ i jest prostopadła do płaszczyzny podstawy. Najdłuższa krawędź boczna tworzy z podstawą kąt o mierze $\alpha$, a jedną z sąsiednich krawędzi bocznych kąt o mierze $\beta$. Wyznaczymy pole podstawy tego ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonamy rysunek pomocniczy. Wprowadzimy dodatkowe oznaczenia:

$a$ i $b$ – długości boków prostokąta.

R1aYBGmLtLEP7

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie prostokąta A B C D i wierzchołku S. Krawędź podstawy AB podpisano literą a, natomiast krawędź BC podpisano literą b. W podstawie zaznaczono jej przekątną BD . Kąt pomiędzy przekątną podstawy a krawędzią boczną BS podpisano literą alfa. Kąt pomiędzy krawędzią BS i krawędzią CS podpisano literą beta. Krawędź SD jest prostopadła do krawędzi podstawy ostrosłupa, została ona zaznaczona kolorem i podpisana literą c.

Oczywiście trójkąty $SDA$, $SDC$ i $SDB$ są prostokątne. Z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych trójkąt $SBC$ jest również prostokątny a kąt $SCB$ prosty.

Wiemy, że $\left|SB\right|=\frac{c}{\sin \alpha }$, co daje, że:

$\cos \beta =\frac{\left|SC\right|}{\frac{c}{\sin \alpha }}$

$\left|SC\right|=\frac{c·\cos \beta }{\sin \alpha }$.

Skoro trójkąt $SBC$ jest prostokątny, to możemy ułożyć równanie:

$b^2={\left|SB\right|}^2-{\left|SC\right|}^2$

$b^2={\left(\frac{c}{\sin \alpha }\right)}^2-{\left(\frac{c·\cos \beta }{\sin \alpha }\right)}^2$

$b^2=\frac{c^2}{{\sin }^2\alpha }-\frac{c^2{\cos }^2\beta }{{\sin }^2\alpha }$

$b=\sqrt{\frac{c^2\left(1-{\cos }^2\beta \right)}{{\sin }^2\alpha }}=\sqrt{\frac{c^2{\sin }^2\beta }{{\sin }^2\alpha }}=\frac{c·\sin \beta }{\sin \alpha }$.

Obliczmy teraz drugi bok prostokąta, czyli $a$. Z równania $c^2+a^2+b^2={\left|SB\right|}^2$ mamy:

$c^2+a^2+\frac{c^2{\sin }^2\beta }{{\sin }^2\alpha }=\frac{c^2}{{\sin }^2\alpha }$

$a^2=\frac{c^2}{{\sin }^2\alpha }-\frac{c^2{\sin }^2\beta }{{\sin }^2\alpha }-c^2$

$a^2=\frac{c^2-c^2{\sin }^2\beta -c^2{\sin }^2\alpha }{{\sin }^2\alpha }$

$a^2=\frac{c^2\left(1-{\sin }^2\beta -{\sin }^2\alpha \right)}{{\sin }^2\alpha }$

$a^2=\frac{c^2\left({\cos }^2\beta -{\sin }^2\alpha \right)}{{\sin }^2\alpha }$

$a=\frac{c\sqrt{{\cos }^2\beta -{\sin }^2\alpha }}{\sin \alpha }$.

Mając długości boków prostokąta, możemy policzyć jego pole:

$P_p=ab=\frac{c·\sin \beta }{\sin \alpha }·\frac{c\sqrt{{\cos }^2\beta -{\sin }^2\alpha }}{\sin \alpha }=\frac{c^2\sin \beta \sqrt{{\cos }^2\beta -{\sin }^2\alpha }}{{\sin }^2\alpha }$.

Podstawą ostrosłupa prostegoOstrosłup czworokątny prostyostrosłupa prostego jest trapez równoramienny o kącie ostrym $\alpha$, w którym ramię i krótsza podstawa mają długość $a$. Każda krawędź boczna ostrosłupa tworzy z płaszczyzną podstawy kąt $\beta$. Obliczymy długość promienia okręgu opisanego na trapezie i wysokość ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Zajmijmy się na początek samą podstawą naszego ostrosłupa. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenia na wysokość trapezu – $h$ i długość odcinka $EB$ (zapoznaj się z rysunkiem) oznaczmy jako $x$:

R1d69wZOJs8aK

Ilustracja przedstawia trapez równoramienny o wierzchołkach A B C D, ramiona podpisano literą a, krótszą podstawę CD podpisano też literą a. Z wierzchołka C na podstawę AB opuszczono wysokość h, spodek tej wysokości podpisano literą E. Odcinek BE podpisano literą x. Kąt EBC podpisano literą alfa.

Trójkąt $CEB$ jest prostokątny. Zatem wykorzystując funkcje trygonometryczne, mamy:

$\frac{h}{a}=\sin \alpha$, czyli $h=a\sin \alpha$

$\frac{x}{a}=\cos \alpha$, czyli $x=a\cos \alpha$.

Dolna podstawa trapezu ma więc długość $a+2a\cos \alpha$.

Wyznaczamy długość promienia okręgu opisanego na trapezie.

RdroJJObSoyzJ

Ilustracja przedstawia trapez równoramienny o wierzchołkach A B C D wpisany w okrąg. Ramiona trapezu podpisano literą a, krótszą podstawę CD podpisano literą a. Z wierzchołka C na podstawę AB opuszczono wysokość h, spodek tej wysokości podpisano literą E. Odcinek BE podpisano literą x. Odcinek AE podpisano literą y. Kąt EBC podpisano literą alfa.

Zauważmy, że promień okręgu opisanego na trapezie pokrywa się z promieniem okręgu opisanym na trójkącie $ABC$.

Z twierdzenia sinusów mamy równość:

$2R=\frac{\left|AC\right|}{\sin \alpha }$

Wyznaczymy długość odcinka $AC$. Zauwazmy, że:

${\left|AC\right|}^2=y^2+h^2$ oraz $y=a+a\cos \alpha$

Zatem:

${\left|AC\right|}^2={\left(a+a\cos \alpha \right)}^2+{\left(a\sin \alpha \right)}^2$

$\left|AC\right|{}^2=2a^2+2a^2\cos \alpha$

$\left|AC\right|=a\sqrt{2+2\cos \alpha }$.

Stąd:

$R=\frac{a\sqrt{2+2\cos \alpha }}{2\sin \alpha }$.

Narysujmy nasz ostrosłup:

R1CgnGk6KvLea

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trapez o wierzchołkach podstawy A B C D i wierzchołku górnym S. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość H, spodek tej wysokości podpisano literą O. Odcinek AO podpisano literą R, kąt OAS podpisano literą beta.

Trójkąt $SOA$ jest prostokątny, więc z funkcji tangens mamy:

$\frac{H}{R}=\mathrm{tg}\beta$

$H=\frac{a\mathrm{tg}\beta \sqrt{2+2\cos \alpha }}{2\sin \alpha }$.

Długość krawędzi bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnegoOstrosłup prawidłowy czworokątnyostrosłupa prawidłowego czworokątnego $ABCDS$ jest równa $b$. Krawędź boczna tworzy z wysokością kąt $\alpha$, taki, że $\mathrm{tg}\alpha =\frac{2\sqrt{5}}{5}$. Obliczmy wysokość ostrosłupa oraz sinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do krawędzi podstawy.

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

RJvbtYmVMmin3

Ilustracja przedstawia ostrosłup czworokątny o wierzchołkach podstawy A B C D i wierzchołku górnym S. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość H, spodek tej wysokości podpisano literą O. Punkt O leży na przekątnej podstawy AC. Krawędź podstawy ma długość a, krawędź ściany bocznej ma długość b. Odcinek AO ma długość $\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Kąt OSA podpisano literą alfa.

Trójkąt $SOA$ jest prostokątny. Wiemy, że $\mathrm{tg}\alpha =\frac{2\sqrt{5}}{5}$, więc:

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

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

$H=\frac{5a\sqrt{2}}{2·2\sqrt{5}}=\frac{5a\sqrt{10}}{20}=\frac{a\sqrt{10}}{4}$.

Ponadto z twierdzenia Pitagorasa mamy:

$b^2={\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2+H^2$

$b^2={\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{10}}{4}\right)}^2$

$b^2=\frac{2}{4}{a}^2+\frac{10}{16}{a}^2$

$b^2=\frac{18}{16}{a}^2$

$a^2=\frac{8}{9}{b}^2$

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

Obliczmy więc wysokość ostrosłupa:

$H=\frac{a\sqrt{10}}{4}=\frac{\frac{2\sqrt{2}b}{3}·\sqrt{10}}{4}=\frac{2b\sqrt{20}}{12}=\frac{4b\sqrt{5}}{12}=\frac{b\sqrt{5}}{3}$.

Aby obliczyć sinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do krawędzi podstawy, narysujmy ten kąt w naszym ostrosłupie. Jego miarę oznaczmy jako $\beta$.

RzHgWtP3cTcsQ

Ilustracja przedstawia ostrosłup czworokątny o wierzchołkach podstawy A B C D i wierzchołku górnym S. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość H, spodek tej wysokości podpisano literą O. Krawędź podstawy ma długość a, krawędź ściany bocznej ma długość b. Z wierzchołka S na krawędź BC opuszczono wysokość, spodek tej wysokości podpisano literą E. Odcinek CE ma długość $\frac{a}{2}$. Kąt OSA podpisano literą alfa. Kąt ECS podpisano literą beta.

Trójkąt $SEC$ jest prostokątny, gdyż odcinek $SE$ jest wysokością trójkąta $SBC$, czyli ściany bocznej ostrosłupa. Zatem

$\sin \beta =\frac{\left|SE\right|}{b}$.

Obliczmy długość odcinka $SE$, korzystając z twierdzenia Pitagorasa:

${\left|SE\right|}^2=b^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2$

${\left|SE\right|}^2=b^2-{\left(\frac{\sqrt{2}b}{3}\right)}^2$

${\left|SE\right|}^2=b^2-\frac{2}{9}{b}^2$

${\left|SE\right|}^2=\frac{7}{9}{b}^2$

$\left|SE\right|=\frac{b\sqrt{7}}{3}$.

Zatem:

$\sin \beta =\frac{\frac{b\sqrt{7}}{3}}{b}=\frac{\sqrt{7}}{3}$.

ostrosłup, którego podstawa jest czworokątem a wszystkie krawędzie boczne są tej samej długości; (równoważnie: spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie)

ostrosłup, którego podstawą jest kwadrat a wszystkie krawędzie boczne są tej samej długości, spodek jego wysokości pokrywa się z punktem przecięcia przekątnych kwadratu