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

Rozwiązanie

Wykonajmy rysunek pomocniczy:

RvToziPIbj7HG

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

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

Obliczymy długości jego ramion wykorzystując twierdzenie cosinusów:

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

Ze wzorów redukcyjnych mamy:

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

Zatem:

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

$432=3h^2$

$h^2=144$

$h=12$.

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

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

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

$P=\frac{1}{2}·12·12·\sin 120°$

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

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

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

ReVqdiTaX5rfc

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

Rozwiązanie

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

Wówczas:

$a\sqrt{3}=8$

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

Obliczmy teraz wysokość ostrosłupa. Wykonajmy rysunek pomocniczy:

R1cEpVZYpp3by

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

Z twierdzenia Pitagorasa mamy:

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

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

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

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

Obliczmy więc pole podstawy:

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

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

Objętość ostrosłupa wynosi wówczas:

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

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

Rozwiązanie

Wykonajmy rysunek pomocniczy:

R18DpG8uVangQ

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

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

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

Narysujmy przekrój bryłyprzekrój bryłyprzekrój bryły:

R1LbNkEsOAaUN

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

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

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

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

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

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

Rozwiązanie:

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

Narysujemy przekrój naszej bryły:

RYnq7TSR3SRXP

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

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

Układamy zatem równanie:

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

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

$a^2=16$

$a=4$.

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

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

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

$k^2=28$

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

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

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

Rozwiązanie

Wykonajmy rysunek:

R1PBDSlaX8ljb

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

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

RkOQS3qwxtKMe

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

Poprowadźmy wysokość tego trójkąta:

RxwZx9N5q1N0s

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

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

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

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

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

$h^2=8x^2$

$h=\sqrt{8}x$

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

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

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

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

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

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

ostrosłup prosty, w którego podstawie jest sześciokąt foremny

figura płaska powstająca przy przecięciu bryły płaszczyzną

kąt pomiędzy krawędzią boczną a dłuższą przekątną podstawy

kąt pomiędzy wysokością ostrosłupa prawidłowego sześciokątnego a wysokością ściany bocznej poprowadzonej z wierzchołka ostrosłupa