Prostopadłościan $ABCDEFGH$ przecięto płaszczyzną prostopadłą do ściany $ABFE$ (rysunek poniżej). Wiedząc, że $\left|AB\right|=12$, $\left|AE\right|=10$ oraz $\left|AJ\right|=2\left|JB\right|$ i $\left|NF\right|=3\left|EN\right|$, a pole podstawy graniastosłupa wynosi $60$, oblicz pole przekroju $JIKN$.

R1u9kjfJTBC8Z

Ilustracja przedstawia prostopadłościan o wierzchołkach A B C D E F  G H , przy czym wierzchołki A B C D należą do dolnej podstawy. W prostopadłościanie zaznaczono przekrój prostopadły do ściany ABEF oraz CDGH. Wierzchołki przekroju to I J K N, przy czym wierzchołek J znajduje się na krawędzi AB, wierzchołek I znajduje się na krawędzi CD, wierzchołek N znajduje się na krawędzi EF a wierzchołek K znajduje się na krawędzi GH.

Rozwiązanie:

Pole przekroju jest równe $\left|IJ\right|·\left|JN\right|$.

$\left|IJ\right|=\left|BC\right|$

$\left|AC\right|·\left|BC\right|=60$ oraz $\left|AB\right|=12$, zatem $\left|BC\right|=\frac{60}{12}=5$

Przyjrzyjmy się trapezowi $AJNE$.

$\left|EN\right|+\left|NF\right|=12$, ale $\left|NF\right|=3\left|EN\right|$, zatem $4\left|EN\right|=12$, czyli $\left|EN\right|=3$

Analogicznie, $\left|JB\right|=4$ i dalej $\left|AJ\right|=12-4=8$ oraz $\left|PJ\right|=8-3=5$.

R103x9uRsRVcz

Ilustracja przedstawia trapez prostokątny o wierzchołkach A J E N. Prostopadły bok AE ma długość dziesięć, dłuższa podstawa AJ ma długość osiem, a krótsza podstawa EN ma długość trzy. Z wierzchołka N za pomocą linii przerywanej na podstawę AJ opuszczono wysokość, której spodek podpisano literą P. Bok JN został wyróżniony kolorem.

Z twierdzenia Pitagorasatwierdzenie Pitagorasatwierdzenia Pitagorasa w trójkącie $PJN:5^2+{10}^2={\left|JN\right|}^2$, stąd $\left|JN\right|=5\sqrt{5}$.

Odpowiedź: Pole przekroju jest równe $5·5\sqrt{5}=25\sqrt{5}$.

Oblicz pole przekroju prostopadłościanu o wymiarach $30\times 40\times 32$ przeciętego płaszczyzną przechodzącą przez środki trzech krawędzi wychodzących z jednego wierzchołka.

Rozwiązanie:

Punkty $I$, $J$, $K$ są środkami krawędzi, oznaczmy $\left|BC\right|=30$, $\left|CD\right|=40$, $\left|GC\right|=32$. Wtedy $\left|JC\right|=15$, $\left|IC\right|=20$, $\left|CK\right|=16$.

R1AzdgvBYDObu

Ilustracja przedstawia prostopadłościan o wierzchołkach A B C D E F G H, przy czym wierzchołki A B C D należą do dolnej podstawy prostopadłościanu. Na krawędzi BC znajduje się punkt J, na krawędzi DC znajduje się punkt I, na krawędzi CG znajduje się punkt K. Punkty I J K tworzą trójkąt. Z wierzchołka K na podstawę trójkąta IJ opuszczono wysokość, jej spodek podpisano literą L. Kąt KLI to kąt prosty, kąt CLJ to również kąt prosty.

Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy długości boków trójkąta $JCI$.

${\left|JC\right|}^2+{\left|CK\right|}^2={\left|JK\right|}^2$, stąd $\left|JK\right|=\sqrt{481}$

${\left|IC\right|}^2+{\left|CK\right|}^2={\left|IK\right|}^2$, stąd $\left|IK\right|=\sqrt{656}$

${\left|JC\right|}^2+{\left|IC\right|}^2={\left|IJ\right|}^2$, stąd $\left|IJ\right|=25$

Znając długości wszystkich boków w trójkącie $JCI$ możemy skorzystać ze wzoru Herona. Pojawiają się jednak problemy natury obliczeniowej, ponieważ połowa obwodu dana jest wyrażeniem $p=\frac{\sqrt{481}+\sqrt{656}+25}{2}$, natomiast cały wzór to wyrażenie $P=\sqrt{\frac{\sqrt{481}+\sqrt{656}+25}{2}·\frac{-\sqrt{481}+\sqrt{656}+25}{2}·\frac{\sqrt{481}-\sqrt{656}+25}{2}·\frac{\sqrt{481}+\sqrt{656}-25}{2}}$

Aby obliczyć jego wartość, musielibyśmy bezbłędnie wykonać mnóstwo działań arytmetycznych – jest to wykonalne, natomiast bardzo praco- i czasochłonne.

Czy da się obliczyć pole w łatwiejszy sposób? Tak. Wystarczy skorzystać z pierwszego wzoru na pole trójkąta $P=\frac{1}{2}·\left|IJ\right|·\left|LK\right|$.

Z twierdzenia Pitagorasa wiemy już, że $\left|IJ\right|=25$. Odcinek $CL$ jest wysokością padającą na przeciwprostokątną w trójkącie $ICJ$, zatem przyrównując wzory na pole tego trójkąta otrzymujemy $P=\frac{1}{2}·\left|CI\right|·\left|CJ\right|=\frac{1}{2}·\left|IJ\right|·\left|CL\right|$, stąd otrzymujemy $\left|CL\right|=\frac{15·20}{25}=12$.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $LCK$ otrzymujemy ${\left|LK\right|}^2={12}^2+{16}^2$, a więc $\left|LK\right|=20$.

Odpowiedź: Pole przekroju jest równe $\frac{1}{2}·25·20=250$.

Uwaga:

W ramach ćwiczenia z arytmetyki dla wytrwałych warto obliczyć pole korzystając ze wzoru Herona i upewnić się, że wynik będzie taki sam.

$P=\sqrt{\frac{\sqrt{481}+\sqrt{656}+25}{2}·\frac{-\sqrt{481}+\sqrt{656}+25}{2}·\frac{\sqrt{481}-\sqrt{656}+25}{2}·\frac{\sqrt{481}+\sqrt{656}-25}{2}}$

$P=\sqrt{\frac{-481+\sqrt{481}·\sqrt{656}+25\sqrt{481}-\sqrt{656}·\sqrt{481}+656+25\sqrt{656}-25\sqrt{481}+25\sqrt{656}+625}{4}}·$

$·\sqrt{\frac{481+\sqrt{481}\cdot \sqrt{656}-25\sqrt{481}-\sqrt{656}\cdot \sqrt{481}-656+25\sqrt{656}+25\sqrt{481}+25\sqrt{656}-625}{4}}=$

$=\sqrt{\frac{-481+656+50\sqrt{656}+625}{4}·\frac{481-656+50\sqrt{656}-625}{4}}=\sqrt{\frac{\left(50\sqrt{656}+800\right)\left(50\sqrt{656}-800\right)}{16}}=$

$=\sqrt{62500}=250$

Prostopadłościan $ABCDEFGH$ o wymiarach $\left|AB\right|=2$, $\left|BC\right|=1$, $\left|AE\right|=4$ przecięto płaszczyzną przechodzącą przez punkty $AMNG$, gdzie $M$ i $N$ są środkami krawędzi odpowiednio $BF$ i $DH$. Oblicz pole tego przekroju.

RWlJsz38fy5aT

Ilustracja przedstawia prostopadłościan o wierzchołkach A B C D E F G H, przy czym wierzchołki A B C D należą do dolnej podstawy prostopadłościanu. Na środku krawędzi bocznej BF leży punkt M, na środku krawędzi bocznej DH leży punkt N. Punkty A N G M tworzą przekrój w kształcie równoległoboku.

Rozwiązanie:

Do obliczenia pola równoległoboku użyjemy drugiego wzoru, wykorzystującego długości boków i miarę kąta wewnętrznego.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABM$ obliczamy długość boku $AM$ przekroju:

${\left|AB\right|}^2+{\left|BM\right|}^2={\left|AM\right|}^2$

$\left|AM\right|=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$

Analogicznie w trójkącie $GFM$ obliczamy $\left|MG\right|=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$

Przekątna $MN$ równoległoboku ma długość równą przekątnej podstawy $BD$ a z twierdzenia Pitagorasa ${\left|BD\right|}^2=2^2+1^2$, czyli $\left|MN\right|=\left|BD\right|=\sqrt{5}$.

Wyznaczone długości przedstawiamy obok na płaskim rysunku przekroju. Potrzebujemy jeszcze wartości $\sin \alpha$. Korzystając z twierdzenia cosinusówtwierdzenie cosinusówtwierdzenia cosinusów w trójkącie $AMN$ możemy obliczyć $\cos \alpha$. Zapisujemy więc:

R6oL3CSy7BHGg

Ilustracja przedstawia równoległobok o wierzchołkach A M G N, kąt MAN podpisano literą alfa. Boki AM i NG mają długość $2\sqrt{2}$, boki MG oraz NA mają długość $\sqrt{5}$, przekątna NM ma również długość $\sqrt{5}$.

${\left|MN\right|}^2={\left|AN\right|}^2+{\left|AM\right|}^2-2\left|AN\right|\left|AM\right|\cos \alpha$

${\sqrt{5}}^2={\sqrt{5}}^2+{\left(2\sqrt{2}\right)}^2-2·\sqrt{5}·2\sqrt{2}·\cos \alpha$

$\cos \alpha =\frac{8}{4\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$

Korzystając z jedynki trygonometrycznejjedynka trygonometrycznajedynki trygonometrycznej wyznaczamy sinus kąta $\alpha$:

${\sin }^2\alpha +{\left(\frac{\sqrt{10}}{5}\right)}^2=1$

Odpowiedź:

Pole równoległoboku to: $P=\left|AM\right|·\left|MG\right|·\sin \alpha =2\sqrt{2}·\sqrt{5}·\frac{\sqrt{15}}{5}=2\sqrt{6}$.

Sześcian $ABCDEFGH$ o krawędzi długości $a$ przecięto płaszczyzną przechodzącą przez przekątną ściany $AH$, oraz punkt $K$, który jest środkiem krawędzi $BC$. Wyznacz pole tego przekroju.

RQnyQx1AKhOyY

Ilustracja przedstawia prostopadłościan o wierzchołkach A B C D E F G H, przy czym wierzchołki A B C D należą do dolnej podstawy prostopadłościanu. Na krawędzi podstawy BC leży punkt K, na krawędzi bocznej CG leży punkt L. Punty A K L H tworzą przekrój o kształcie trapezu.

Rozwiązanie:

Ściany $ADHE$ i $BGCH$ są równoległe i przecięte tą samą płaszczyzną przekroju, a więc odcinki $AH$ i $KL$ są równoległe, zatem przekrój jest trapezem.

Ponadto $AH\parallel BG$, a więc $BG\parallel KL$. Z podobieństwa trójkątów $KCL$ i $BCG$ wynika, że $L$ jest środkiem krawędzi $CG$. Trójkąty $ABK$ i $LGH$ są przystające (z cechy bok, kąt, bok), zatem $\left|AK\right|=\left|HL\right|$ i trapez jest równoramienny.

R1UjHJBk1Y7uN

Ilustracja przedstawia trapez o wierzchołkach A H K L. Przy czym LK to krótsza podstawa, a AH to dłuższa podstawa. Z wierzchołka K na podstawę AH opuszczono wysokość, spodek tej wysokości podpisano literą P.

Wyznaczamy pole trapezu:

Przekątna ściany $ADHE$ ma długość $\left|AH\right|=a\sqrt{2}$

$\left|KC\right|=\left|CL\right|=\frac{a}{2}$, zatem $\left|KL\right|=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABK$ wynika, że ${\left|AK\right|}^2=a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2$, zatem $\left|AK\right|=\frac{\sqrt{5}}{2}a$

$\left|AP\right|=\frac{\left|HA\right|-\left|LK\right|}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $AKP$ otrzymujemy ${\left|KP\right|}^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{4}\right)}^2={\left(\frac{\sqrt{5}}{2}a\right)}^2$, a zatem ${\left|KP\right|}^2=\frac{9}{8}{a}^2$, czyli $\left|KP\right|=\frac{3a\sqrt{2}}{4}$.

Odpowiedź: Przekrój jest trapezem równoramiennym o polu równym $\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}+a\sqrt{2}}{2}·\frac{3a\sqrt{2}}{4}=\frac{\frac{3a\sqrt{2}}{2}·3a\sqrt{2}}{8}=\frac{9}{8}{a}^2$.

część wspólną tego prostopadłościanu i tej płaszczyzny

część płaszczyzny ograniczona dwoma przecinającymi się półpłaszczyznami (nazywanymi ścianami kąta), wraz z tymi półpłaszczyznami oraz prostą, wzdłuż której się przecinają (nazywaną krawędzią kąta)

jeżeli trójkąt jest prostokątny, to suma kwadratów długości przyprostokątnych jest równa kwadratowi długości przeciwprostokątnej

w dowolnym trójkącie kwadrat długości dowolnego boku jest równy sumie kwadratów długości dwóch pozostałych boków pomniejszonej o podwojony iloczyn długości tych boków i cosinusa kąta zawartego między nimi

$a^2=b^2+c^2-2bc\cos \alpha$

tożsamość trygonometryczna mówiąca, że suma kwadratów sinusa i cosinusa tego samego kąta jest zawsze równa $1$