Dłuższa przekątna podstawy graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego ma długość $c$ i tworzy z jedną z przekątnych tego graniastosłupa kąt $\alpha$. Wyznaczymy sumę długości krawędzi w tym graniastosłupie oraz długości jego przekątnych.

Rozwiązanie

W zadaniu musimy rozważyć dwa przypadki, ponieważ badany graniastosłup posiada dwie przekątne $D_1$ i $D_2$ różnej długości.

Przypadek I

Na początku zbadamy dłuższą przekątną graniastosłupa.

RzFsNDRhwlN2C

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy sześciokątny o krawędzi podstawy a, oraz wysokości h. Zaznaczono dłuższą przekątna podstawy, oznaczoną literą c, oraz dłuższą przekątną bryły, oznaczoną $D_1$. Obie przekątne wychodzą z tego samego wierzchołka. Między przekątną c a przekątną $D_1$ znajduje się kąt $\alpha$. Kąt między krawędzią boczną graniastosłupa, a przekątną podstawy wynosi $90°$.

W zadaniu mamy dane dwie wielkości $c$ - przekątną podstawy oraz kąt ostry $\alpha$.

Od razu można wyznaczyć długość krawędzi podstawy $a=\frac{c}{2}$ i wysokość graniastosłupa $h=c·\mathrm{tg}\alpha$.

Szukana suma długości krawędzi wynosi:

$S_k=12·\frac{c}{2}+6·c\mathrm{tg}\alpha =6c\left(1+\mathrm{tg}\alpha \right)$.

Natomiast przekątne wyrażają się wzorami:

$D_1=\sqrt{4a^2+h^2}=\sqrt{4·{\left(\frac{c}{2}\right)}^2+\left(c\mathrm{tg}\alpha \right){}^2}=\sqrt{c^2+c^2·{\mathrm{tg}}^2\alpha }=$

$=\sqrt{c^2\left(1+{\mathrm{tg}}^2\alpha \right)}=c\sqrt{\frac{{\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha }{{\cos }^2\alpha }}=c·\sqrt{\frac{1}{{\cos }^2\alpha }}=\frac{c}{\cos \alpha }$

$D_2=\sqrt{3a^2+h^2}=\sqrt{3·{\left(\frac{c}{2}\right)}^2+{\left(c\mathrm{tg}\alpha \right)}^2}=\sqrt{\frac{3}{4}{c}^2+c^2·{\mathrm{tg}}^2\alpha }=$

$=\sqrt{c^2\left(\frac{3}{4}+{\mathrm{tg}}^2\alpha \right)}=c\sqrt{\frac{4{\sin }^2\alpha +3{\cos }^2\alpha }{4{\cos }^2\alpha }}=c·\sqrt{\frac{3+{\sin }^2\alpha }{4{\cos }^2\alpha }}=\frac{c}{2\cos \alpha }\sqrt{3+{\sin }^2\alpha }$

Odpowiedź: Suma krawędzi wynosi $S_k=6c\left(1+\mathrm{tg}\alpha \right)$, a przekątne $D_1=\frac{c}{\cos \alpha }$ i $D_2=\frac{c}{2\cos \alpha }\sqrt{3+{\sin }^2\alpha }$.

Przypadek II

Następnie zbadamy krótszą przekątną graniastosłupa.

R16oj5ITllCCV

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy sześciokątny o krawędzi podstawy a, oraz wysokości h. Przekątna ściany bocznej oznaczona literą x, oraz dłuższa przekątna bryły, oznaczona $D_2$, wychodzą z tego samego wierzchołka. Dłuższą przekątną podstawy oznaczono literą c, i łączy ona przekątną $D_2$ oraz x. Z zaznaczonych odcinków powstał trójkąt o bokach x, c, $D_2$. Między przekątnymi $D_2$ oraz c, zaznaczono kąt $\alpha$.

W zadaniu mamy dane dwie wielkości $c$ - przekątną podstawy oraz kąt ostry $\alpha$, stąd krawędzi podstawy $a=\frac{c}{2}$.

Wyznaczymy teraz wysokość graniastosłupa w zależności oddanych wielkości $c$ i $\alpha$.

Rozważymy wyróżniony trójkąt:

R1WSQexwUPc1s

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$, o podstawie 2a, oraz ramionach x i $D_2$. Linią przerywaną dorysowano odcinek o długości a oraz x, w taki sposób, że powstał trapez równoramienny o przekątnej równej $D_2$. Wysokość, oznaczona literą v opuszczona na podstawę $AB$ dzieli podstawę trójkąta, oraz dolną podstawę trapezu na odcinek y i z. Między ramieniem trójkąta $D_2$ a podstawą 2a, znajduje się kąt $\alpha$.

Wykorzystując własności trapezu równoramiennego wyliczmy odcinki:

$y=\frac{1}{4}c$ oraz $z=\frac{3}{4}c$.

Następnie $v=\frac{3}{4}c·\mathrm{tg}\alpha$, stąd stosując twierdzenie Pitagorasa mamy odcinek $x$, $\left(x>0\right)$:

$x^2={\left(\frac{c}{4}\right)}^2+{\left(\frac{3}{4}c·\mathrm{tg}\alpha \right)}^2$

$x^2=\frac{c^2}{16}\left(1+9{\mathrm{tg}}^2\alpha \right)$.

Odcinek $x$ jest przekątną prostokąta w ścianie bocznej możemy, więc wyliczyć wysokość $h$, $\left(h>0\right)$

$x^2=h^2+{\left(\frac{c}{2}\right)}^2$

$\frac{c^2}{16}\left(1+9{\mathrm{tg}}^2\alpha \right)=h^2+{\left(\frac{c}{2}\right)}^2$

$h=\sqrt{\frac{c^2}{16}\left(1+9{\mathrm{tg}}^2\alpha \right)-\frac{c^2}{4}}$

$h=\frac{c}{4}\sqrt{1+9{\mathrm{tg}}^2\alpha -4}$

$h=\frac{c}{4}\sqrt{9{\mathrm{tg}}^2\alpha -3}$ przy założeniu, że $9{\mathrm{tg}}^2\alpha -3>0$,
czyli $30°<\alpha <90°$.

Szukana suma krawędzi wynosi:

$S_k=12·\frac{c}{2}+6·\frac{c}{4}\sqrt{9{\mathrm{tg}}^2\alpha -3}=6c\left(1+\frac{1}{4}\sqrt{9{\mathrm{tg}}^2\alpha -3}\right)$,
dla $30°<\alpha <90°$.

Natomiast przekątne wynoszą:

$D_1=\sqrt{4a^2+h^2}=\sqrt{4·{\left(\frac{c}{2}\right)}^2+{\left(\frac{c}{4}\sqrt{9{\mathrm{tg}}^2\alpha -3}\right)}^2}=$

$=\sqrt{c^2+\frac{c^2}{16}\left(9{\mathrm{tg}}^2\alpha -3\right)}=\sqrt{\frac{c^2}{16}\left(13+9{\mathrm{tg}}^2\alpha \right)}=\frac{c}{4}\sqrt{13+9{\mathrm{tg}}^2\alpha }$

$D_2=\sqrt{3a^2+h^2}=\sqrt{3·{\left(\frac{c}{2}\right)}^2+{\left(\frac{c}{4}\sqrt{9{\mathrm{tg}}^2\alpha -3}\right)}^2}=$

$=\sqrt{\frac{3}{4}{c}^2+\frac{c^2}{16}\left(9{\mathrm{tg}}^2\alpha -3\right)}=\sqrt{\frac{c^2}{16}\left(9+9{\mathrm{tg}}^2\alpha \right)}=\frac{3c}{4}\sqrt{1+{\mathrm{tg}}^2\alpha }$

Odpowiedź: Suma krawędzi wynosi $S_k=6c\left(1+\frac{1}{4}\sqrt{9{\mathrm{tg}}^2\alpha -3}\right)$, a przekątne $D_1=\frac{c}{4}\sqrt{13+9{\mathrm{tg}}^2\alpha }$ i $D_2=\frac{3c}{4}\sqrt{1+{\mathrm{tg}}^2\alpha }$,
wyrażenia istnieją dla $30°<\alpha <90°$.

Dany jest graniastosłup prawidłowy sześciokątny, którego ścianami bocznymi są kwadraty. Sprawdzimy, czy któryś z kątów pomiędzy zaznaczonymi na rysunku odcinkami jest prosty. Uzasadnimy odpowiedź.

Rcs4uD8LihjHq

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy sześciokątny o krawędzi podstawy a, oraz wysokości h. Występuje zależność $h=a$. Podstawę graniastosłupa podzielono na 6 przystających do siebie trójkątów. Poprowadzono przekątną d, ściany bocznej oraz przekątną $D_2$ całej bryły. Obie przekątne wychodzą z jednego wierzchołka dolnej podstawy i łączy je krawędź górnej podstawy. Utworzono trójkąt o bokach $D_2$, d oraz a. Zaznaczono. Kąt $\alpha$ między ramionami a i d. Kąt $\beta$ między ramionami a i $D_2$, oraz kąt $\gamma$ między ramionami d i $D_2$.

Rozwiązanie

Niech $a>0$.

Odcinek $d=a\sqrt{2}$ jest przekątną ściany bocznej, krótsza przekątna graniastosłupa wynosi:

$D_2=\sqrt{3a^2+h^2}=\sqrt{3a^2+a^2}=2a$.

Wyznaczymy jeden z kątów w powstałym trójkącie z twierdzenia kosinusów:

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

$4a^2=a^2+2a^2-2a^2\sqrt{2}\cos \alpha$

$a^2=-2a^2\sqrt{2}\cos \alpha \mid :a^2$

$1=-2\sqrt{2}\cos \alpha$

$\frac{1}{-2\sqrt{2}}=\cos \alpha$

$\frac{-\sqrt{2}}{4}=\cos \alpha$

$\alpha \approx 111°$.

Odpowiedź: Jeden z kątów jest kątem rozwartym, więc badany trójkąt nie może być prostokątny, więc żaden z kątów nie wynosi $90°$.

Wyznaczymy kąt między krótszymi przekątnymi wychodzącymi z jednego wierzchołka w graniastosłupie prawidłowym sześciokątnym, w którym wysokość jest

a) dwa razy większa od krawędzi podstawy,

b) $k$, razy większa od krawędzi podstawy, gdzie $k$ jest dowolną liczbą dodatnią.

Rozwiązanie

a)

R1O8rnym7FWld

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy sześciokątny o krawędzi podstawy a, oraz wysokości h. Wierzchołki dolnej podstawy oznaczono wielkimi literami alfabetu od A do F. Wierzchołki górnej podstawy, oznaczono, odpowiednio $A\text{'}$, $B\text{'}$ i tak dalej. Podstawę graniastosłupa podzielono na 6 przystających do siebie trójkątów. Zaznaczono. Przekątną $D_1$ łączącą wierzchołki B i $F\text{'}$. Przekątną $D_2$ łączącą D i $F\text{'}$, oraz przekątną $d_2$ łączącą wierzchołki B i D podstawy. Zaznaczono kąt $\alpha$ między przekątną $D_1$ i $D_2$.

Na rysunku zaznaczono badany kąt $\alpha$.

Wiemy, że $h=2a$, stąd $D_2=\sqrt{3a^2+4a^2}=a\sqrt{7}$.

Natomiast $d_2=a\sqrt{3}$.

Wyznaczymy szukany kąt stosując twierdzenie kosinusów:

${\left(a\sqrt{3}\right)}^2={\left(a\sqrt{7}\right)}^2+{\left(a\sqrt{7}\right)}^2-2\left(a\sqrt{7}\right){}^2\cos \alpha$

$3a^2=7a^2+7a^2-14a^2\cos \alpha$

$-11a^2=-14a^2\cos \alpha \mid :\left(-14a^2\right)$

$\frac{11}{14}=\cos \alpha$

$\alpha \approx 38°$.

Odpowiedź: Szukany kąt wynosi $38°$.

b)

Analogicznie do podpunktu a) widzimy, że $h=ka$, stąd $D_2=\sqrt{3a^2+k^2{a}^2}=a\sqrt{3+k^2}$, natomiast $d_2=a\sqrt{3}$.

Wyznaczymy szukany kąt stosując twierdzenie kosinusów:

${\left(a\sqrt{3}\right)}^2={\left(a\sqrt{3+k^2}\right)}^2+{\left(a\sqrt{3+k^2}\right)}^2-2{\left(a\sqrt{3+k^2}\right)}^2\cos \alpha$

$3a^2=2a^2\left(3+k^2\right)-2a^2\left(3+k^2\right)\cos \alpha$

$a^2\left(3+2k^2\right)=2a^2\left(3+k^2\right)\cos \alpha \mid :2a^2\left(3+k^2\right)$

$\frac{a^2\left(3+2k^2\right)}{2a^2\left(3+k^2\right)}=\cos \alpha$

$\frac{3+2k^2}{2\left(3+k^2\right)}=\cos \alpha$.

$\alpha \approx$ przybliżoną wartość odczytujemy z tablic matematycznych.

przekątną graniastosłupa nazywamy każdy odcinek, którego końcami są wierzchołki obu podstaw graniastosłupa i który nie zawiera się w żadnej ze ścian graniastosłupa

płaszczyzna zawarta między dwiema półprostymi wychodzącymi z tego samego punktu. Punkt, który łączy obie półproste to wierzchołek kąta. Dwie półproste stanowią ramiona kąta