Podstawą ostrosłupa jest prostokąt. Krawędź boczna $SD$ jest wysokością tego ostrosłupa, ponadto $\left|AS\right|=12$, $\left|BS\right|=18$, $\left|CS\right|=14$.

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

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. Krawędź AB podpisano literą x, natomiast krawędź AD podpisano literą y.

$H$ – wysokość ostrosłupa (czyli długość odcinka $SD$),

$x=\left|AB\right|=\left|CD\right|$

$y=\left|AD\right|=\left|BC\right|$

Zatem $\left|DB\right|=\sqrt{x^2+y^2}$

Trójkąty $SDC$, $SDA$ i $SDB$ 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

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

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

więc podstawiając do trzeciego równania mamy:

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

$-H^2=-16$

$H=4$

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

Możemy policzyć już pole podstawy ostrosłupa:

$P_p=6\sqrt{5}·8\sqrt{2}=48\sqrt{10}$

Zajmijmy się teraz powierzchnią boczną.

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

1. Trójkąt $ADS$ jest trójkątem prostokątnym, więc $P=\frac{1}{2}·8\sqrt{2}·4=16\sqrt{2}$.

2. Trójkąt $SDC$ także jest prostokątny: $P=\frac{1}{2}·6\sqrt{5}·4=12\sqrt{5}$.

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

4. Podobnie z trójkątem $BSC$:
   ${14}^2+{\left(8\sqrt{2}\right)}^2={18}^2$
   $324=324$
   jest to więc trójkąt prostokątny, więc $P=\frac{1}{2}·8\sqrt{2}·14=56\sqrt{2}$.

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

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

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

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. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość, której spodek leży na punkcie przecięcia przekątnych podstawy. W ostrosłupie zaznaczono trójkąt, który składa się z wysokości ostrosłupa, wysokości ściany bocznej oraz odcinka łączącego spodki tych wysokości. Wysokość ostrosłupa jest pod katem prostym do płaszczyzny podstawy, wysokość ściany bocznej jest pod kątem prostym do krawędzi podstawy. Kąt pomiędzy wysokością ściany bocznej, a odcinkiem leżącym w płaszczyźnie podstawy wynosi 30 stopni. Krawędź A podpisano literą a, a krawędź BC podpisano literą b.

Niech

$a=\left|AB\right|=\left|CD\right|$

$b=\left|AD\right|=\left|BC\right|$

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

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 $P_p=a·b=20\sqrt{3}·\left(40-20\sqrt{3}\right)=800\sqrt{3}-1200\approx 186 \left[{\mathrm{j}}^2\right]$.

Podstawą ostrosłupa jest romb o boku długości $12 \mathrm{cm}$ i  kącie ostrym $30°$. Wysokość ostrosłupa jest równa $15 \mathrm{cm}$, 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 $6 \mathrm{cm}$.

Zatem $P_p=12\cdot 6=72{\mathrm{c}\mathrm{m}}^2$.

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 $r=3 \mathrm{cm}$.

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

${15}^2+3^2={\left|SF\right|}^2$

$\left|SF\right|=\sqrt{234}=3\sqrt{26}$

$P_{śb}=\frac{1}{2}·12·3\sqrt{26}=18\sqrt{26}$

$P_b=4·18\sqrt{26}=72\sqrt{26}$

$P_c=72+72\sqrt{26} \left[{\mathrm{cm}}^2\right]$.

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

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 $\left|AB\right|=x$, to $\left|AC\right|=\frac{2}{3}x$. Zatem, wykorzystując twierdzenie Pitagorasa, mamy:

${\left|BC\right|}^2=x^2-{\left(\frac{2}{3}x\right)}^2$

$\left|BC\right|=\sqrt{\frac{5}{9}{x}^2}$

$\left|BC\right|=\frac{x\sqrt{5}}{3}$

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

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

1. Trójkąt $ABS$:
   $h^2={\left(\frac{2x\sqrt{5}}{3}\right)}^2-{\left(\frac{x}{2}\right)}^2$
   $h=\frac{x\sqrt{71}}{6}$
   $P=\frac{1}{2}·x·\frac{x\sqrt{71}}{6}=\frac{x^2\sqrt{71}}{12}$

2. Trójkąt $ACS$:
   $h^2={\left(\frac{2x\sqrt{5}}{3}\right)}^2-{\left(\frac{x}{3}\right)}^2$
   $h=\frac{x\sqrt{19}}{3}$
   $P=\frac{1}{2}·\frac{2}{3}x·\frac{x\sqrt{19}}{3}=\frac{x^2\sqrt{19}}{9}$

3. Trójkąt $BCS$:
   $h^2={\left(\frac{2x\sqrt{5}}{3}\right)}^2-{\left(\frac{x\sqrt{5}}{6}\right)}^2$
   $h=\frac{5x\sqrt{3}}{6}$
   $P=\frac{1}{2}·\frac{x\sqrt{5}}{3}·\frac{5x\sqrt{3}}{6}=\frac{{5x}^2\sqrt{15}}{36}$

Policzmy więc pole podstawy i pole powierzchni bocznej:

$P_p=\frac{1}{2}·\frac{2}{3}x·\frac{x\sqrt{5}}{3}=\frac{x^2\sqrt{5}}{9}$

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

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

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

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

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 $\cos \alpha =\frac{3}{4}$, 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:

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

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

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

Obliczmy pola poszczególnych ścian ostrosłupa:

$P_p=\frac{\left(1,5k+0,75k\right)}{2}·\frac{k\sqrt{7}}{8}=\frac{9k^2\sqrt{7}}{64}$

Pole ścian bocznych:

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

   R194kR2a4uLrP

   Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny, jego podstawa ma długość 0,75 k, a ramiona są podpisane literą k. W trójkącie zaznaczono jego wysokość h, która jest pod kątem prostym do podstawy.

   

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

   Rp8b3Wnlwy2ZC

   Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny, jego podstawa ma długość 0,5 k, a ramiona są podpisane literą k. W trójkącie zaznaczono jego wysokość h, która jest pod kątem prostym do podstawy.

   

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

   RZWBYcKSdcAwc

   Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny, jego podstawa ma długość 1,5 k, a ramiona są podpisane literą k. W trójkącie zaznaczono jego wysokość h, która jest pod kątem prostym do podstawy.

   

Zatem

$P_b=\frac{3k^2\sqrt{55}}{64}+2·\frac{k^2\sqrt{15}}{16}+\frac{{3k}^2\sqrt{7}}{16}=\frac{3k^2\sqrt{55}}{64}+\frac{{8k}^2\sqrt{15}}{64}+\frac{{12k}^2\sqrt{7}}{64}=$

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

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

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

suma pól wszystkich ścian ostrosłupa