Obliczmy pole przekroju ostrosłupa prawidłowego trójkątnego wyznaczonego przez płaszczyznę przechodzącą przez wysokość ściany bocznej i przeciwległą krawędź boczną ostrosłupa, w którym krawędź boczna jest trzy razy dłuższa od wysokości ostrosłupa a krawędź podstawy ma długość $12$.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

R1XH7raBAjJSN

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup prawidłowy trójkątny o podstawie A B C i wierzchołku D. Długość krawędzi podstawy wynosi dwanaście. Z wierzchołka D opuszczono wysokość ostrosłupa, której spodek leży w punkcie G, a jej długość oznaczono wielką literą H. Długość krawędzi bocznej wynosi $3H$. Z wierzchołka C opuszczono wysokość trójkąta w podstawie, której spodek leży w punkcie F na krawędzi A B. Punkt F stanowi środek boku A B. Długość odcinka F G wynosi $2\sqrt{3}$, natomiast długość odcinka G C wynosi $4\sqrt{3}$. Wewnątrz ostrosłupa zaznaczono jego przekrój, którego płaszczyznę stanowi trójkąt F C D.

Zauważmy, że przekrojem ostrosłupa jest trójkąt $FCD$, którego podstawą jest wysokość podstawy ostrosłupa, a wysokością jest wysokość ostrosłupa.

Chcąc obliczyć pole tego trójkąta należy wyznaczyć długość odcinka $FC$, który jest podstawą tego trójkąta oraz długość wysokości $H$, czyli odcinka $DG$, który jest wysokością ostrosłupa i jednocześnie wysokością trójkąta.

Skoro długość krawędzi podstawy to $12$, to wysokość podstawy $FC$ ma długość $6\sqrt{3}$.

Punkt $G$ dzieli odcinek $FC$ na dwie części, z których dłuższa to $4\sqrt{3}$.

Do obliczenia długości $H$ wykorzystamy twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta $GCD$:

$H^2+{\left(4\sqrt{3}\right)}^2={\left(3H\right)}^2$,

$H^2+48=9H^2$,

$8H^2=48$,

$H^2=6$,

$H=\sqrt{6}$.

Zatem pole przekroju wynosi: $P=\frac{1}{2}\cdot 6\sqrt{3}\cdot \sqrt{6}=3\sqrt{18}=9\sqrt{2}$.

Obliczmy pole przekroju ostrosłupa prawidłowego trójkątnego wyznaczonego płaszczyzną zawierającą krawędź podstawy i środek przeciwległej krawędzi bocznej, wiedząc, że krawędź podstawy ma długość $8 \mathrm{cm}$, a krawędź boczna jest od niej dwa razy dłuższa, zaś cosinus kąta między krawędzią boczną i krawędzią podstawy ostrosłupa wynosi $0,25$.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

RvtcKOptpBR0g

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup prawidłowy trójkątny o podstawie A B C i wierzchołku D. Kąt B C D oznaczono alfa. Długość krawędzi podstawy wynosi osiem. Z wierzchołka D opuszczono wysokość ostrosłupa, której spodek leży w punkcie G. Z wierzchołka C opuszczono wysokość trójkąta w podstawie, której spodek leży w punkcie F na krawędzi A B. Punkt F stanowi środek boku A B. Na krawędzi bocznej D C zaznaczono punkt E, stanowiący jej środek. Odległość punktu E od wierzchołka D oraz od wierzchołka C wynosi osiem. Wewnątrz ostrosłupa zaznaczono jego przekrój, którego płaszczyznę stanowi trójkąt A B E. Zaznaczono wysokość E F trójkąta. Długości jego ramion A E oraz E B oznaczono literą x.

Zauważ, że przekrojem jest trójkąt równoramienny $ABE$, którego podstawą jest krawędź podstawy ostrosłupa $AB$, a wysokością odcinek $FE$.

Chcąc obliczyć pole tego trójkąta należy wyznaczyć długość odcinka $FE$, który jest wysokością tego trójkąta. Długość odcinka $FE$ wyznaczymy stosując twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta $FBE$, po uprzednim wyznaczeniu długości odcinka $x$.

Wiemy, że $\cos \alpha =0,25$, więc korzystając z twierdzenia cosinusów, dla trójkąta $BCE$ obliczymy długość odcinka $x$:

$x^2=8^2+8^2-2·8^2·\cos \alpha$,

$x^2=128-2·8^2·0,25$,

$x^2=128-32$,

$x^2=96$,

$x=4\sqrt{6}$.

Trójkąt $FBE$ jest prostokątny, więc stosując twierdzenie Pitagorasa mamy:

$x^2=h^2+4^2$,

$96=h^2+16$,

$h^2=80$,

$h=\sqrt{80}=4\sqrt{5}$.

Zatem pole przekroju wynosi: $P=\frac{1}{2}·8·4\sqrt{5}=16\sqrt{5}$ $\left[{\mathrm{cm}}^2\right]$.

Krawędź boczna ostrosłupa prawidłowego trójkątnego ma długość $26$, a pole podstawy jest równe $100\sqrt{3}$. Ostrosłup przecięto płaszczyzną przechodzącą przez środki dwóch krawędzi podstawy oraz wierzchołek ostrosłupa. Wykażemy, że pole otrzymanego przekroju jest większe od $115$.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

R15TkhyGMjikg

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup prawidłowy trójkątny o podstawie A B C i wierzchołku D. Długość krawędzi bocznej wynosi 26, natomiast długość krawędzi podstawy oznaczono małą literą a. Z wierzchołka D opuszczono wysokość ostrosłupa, której spodek leży w punkcie G na wysokości F C. Punkt znajduje się w połowie długości boku A B. Na boku A C zaznaczono punkt J. Wewnątrz ostrosłupa zaznaczono przekrój, którego płaszczyznę stanowi trójkąt F D J. Z wierzchołka D opuszczono wysokość trójkąta, której spodek leży w punkcie R na boku F J.

Zauważmy, że przekrojem jest trójkąt równoramienny $FJD$, którego podstawą jest odcinek $FJ$, a wysokością jest odcinek $RD$.

Chcąc obliczyć pole tego trójkąta należy wyznaczyć długość odcinka $FJ$, który jest połową odcinka $BC$.

Oznaczmy odcinek $BC=a$, odcinek $FJ=\frac{a}{2}$, odcinek $RD=h$.

Wiemy, że pole podstawy jest równe $100\sqrt{3}$. Wykorzystamy wzór na pole trójkąta równobocznego.

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

$100\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$,

$400=a^2$,

$a=20$.

Odcinek $FJ=\frac{a}{2}=10$ oraz $FB=10$.

Odcinek $FD$ jest wysokością ściany bocznej, więc trójkąt $FBD$ jest prostokątny. Stosując twierdzenie Pitagorasa mamy:

${\left|FD\right|}^2={\left|BD\right|}^2-{\left|FB\right|}^2$,

${\left|FD\right|}^2={26}^2-{10}^2$,

${\left|FD\right|}^2=576$,

$\left|FD\right|=24$.

Wiemy, że trójkąt $FJD$ jest równoramienny. Jego podstawą jest odcinek $FJ$, a wysokością odcinek $RD$. Stosując twierdzenie Pitagorasa mamy:

${\left|RD\right|}^2={\left|FD\right|}^2-{\left|FR\right|}^2$,

${\left|RD\right|}^2={24}^2-5^2$,

${\left|RD\right|}^2=551$,

$\left|RD\right|=\sqrt{551}$,

$h=\sqrt{551}$.

Zatem pole przekroju wynosi: $P=\frac{1}{2}·10·\sqrt{551}=5\sqrt{551}\approx 117,37$. Liczba ta jest większa niż $115$, co kończy dowód.

Ostrosłup prawidłowy trójkątny o polu podstawy $S$ przecięto płaszczyzną przechodzącą przez środki krawędzi bocznych. Wyznaczymy pole otrzymanego przekroju.

Rozwiązanie

Wykonajmy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

RKMXOCyuT9X6L

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup prawidłowy trójkątny o podstawie A B C i wierzchołku D. Z wierzchołka D opuszczono wysokość ostrosłupa, której spodek leży w punkcie S. Zaznaczono wysokości trójkąta w podstawie, które przecinają się w punkcie S. Na krawędzi bocznej A D zaznaczono punkt K, na krawędzi B D punkt L oraz na krawędzi D C punkt M. Wewnątrz ostrosłupa zaznaczono przekrój, którego płaszczyznę stanowi trójkąt K L M, równoległy do podstawy A B C.

Wiemy, że punkty $K$, $L$, $M$ są środkami krawędzi bocznych ostrosłupa. Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że każdy z odcinków $KL$, $LM$, $KM$ jest równoległy odpowiednio do odcinków $AB$, $BC$, $AC$ oraz $\frac{KL}{AB}=\frac{LM}{BC}=\frac{KM}{AC}=\frac{1}{2}$. Stąd wniosek, że trójkąty $KLM$ i $ABC$ są podobne (cecha bok, bok, bok), skala podobieństwa $k=\frac{1}{2}$. Wiemy, że pola figur podobnych są w stosunku $k^2$, $\frac{P_{KLM}}{P_{ABC}}=k^2=\frac{1}{4}$ , stąd $P_{KLM}=\frac{1}{4}·S$.

figura płaska będąca częścią wspólną trójwymiarowej bryły i płaszczyzny przecinającej tę bryłę.