Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy $6$ i krawędzi bocznej $8$.

Rozwiązanie:

Obliczymy najpierw pole podstawy tego ostrosłupa: $P_p=6^2=36$.

Pole powierzchni bocznej obliczymy korzystając ze wzoru Herona. Wyznaczymy zatem połowę obwodu trójkąta będącego ścianą boczną: $p=\frac{6+8+8}{2}=11$. Stąd:

$P_b=4\sqrt{11\cdot \left(11-6\right)\cdot \left(11-8\right)\cdot \left(11-8\right)}=4\sqrt{11\cdot 5\cdot 3\cdot 3}=12\sqrt{55}$.

Ostatecznie:

$P_c=36+12\sqrt{55}$

Uzasadnimy, że pole powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego, w którym wszystkie krawędzie są równej długości, jest $\sqrt{3}$ razy większe od pola podstawy.

Rozwiązanie:

Oznaczmy długości krawędzi ostrosłupa przez $a$.

Pole podstawy jest równe: $P_p=a^2$.

Ponieważ ściany boczne tego ostrosłupa są trójkątami równobocznymi o boku długości $a$, to pole powierzchni bocznej jest równe: $P_b=4·\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$.

Zatem: $\frac{P_b}{P_p}=\frac{a^2\sqrt{3}}{a^2}=\sqrt{3}$, co należało uzasadnić.

Obliczymy długość krawędzi podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego, w którym wysokość ściany bocznej jest równa $8$ a pole powierzchni całkowitej wynosi $336$.

Rozwiązanie:

Oznaczmy długości krawędzi ostrosłupa przez $a$ ($a>0$). Zatem:

$336=a^2+2·a·8$

Rozwiązujemy równanie kwadratowe: $a^2+16a-336=0$

$∆={16}^2-4·1·\left(-336\right)=256+1344=1600$; $\sqrt{∆}=40$

Zatem: $a_1=\frac{-16-40}{2}<0$ lub $a_2=\frac{-16+40}{2}=12$.

Krawędź podstawy tego ostrosłupa ma długość $12$.

W ostrosłupie prawidłowymostrosłup prawidłowyostrosłupie prawidłowym czworokątnym krawędź boczna ma długość $a$ i tworzy z wysokością kąt o mierze $30°$. Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy.

R1OlQJqmvISsc

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup czworokątny, o podstawie $ABCD$ i wierzchołku S. Długość krawędzi ściany bocznej oznaczono literą a. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość H ostrosłupa, której spodek leży w punkcie O, na przekątnej $AC$ podstawy. Zaznaczono kąt trzydzieści stopni między wysokością ostrosłupa a krawędzią boczną.

Trójkąt $SOC$ jest prostokątny o kątach $30°$, $60°$, $90°$. Z zależności pomiędzy bokami tego trójkąta mamy:

$\left|OC\right|=\frac{1}{2}a$

$\left|SO\right|=\frac{1}{2}a\sqrt{3}$

Przekątna podstawy ma więc długość:

$\left|AC\right|=2·\frac{1}{2}a=a$

Obliczymy więc długość boku kwadratu:

$a=\left|BC\right|·\sqrt{2}$

$\left|BC\right|=\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Policzymy więc pole podstawy ostrosłupa:

$P_p={\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\frac{1}{2}{a}^2$

Zajmijmy się teraz polem powierzchni bocznej. Narysujmy jedną ścianę boczną. Jej wysokość oznaczmy jako $h$.

RTlh2bx4Wmt2h

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny $BCS$, którego ramię oznaczono literą a. Długość podstawy $BC$ oznaczono $\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość h do podstawy BC pod kątem prostym.

$h^2=a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{4}\right)}^2$

$h^2=a^2-{\frac{2}{16}a}^2$

$h^2={\frac{14}{16}a}^2$

$h=\sqrt{\frac{7}{8}{a}^2}=\frac{a\sqrt{7}}{2\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{14}}{4}$

Zatem pole powierzchni bocznej wynosi:

$P_b=2·\frac{a\sqrt{2}}{2}·\frac{a\sqrt{14}}{4}=\frac{a^2\sqrt{28}}{4}=\frac{a^2\sqrt{7}}{2}$

Pole powierzchni całkowitej ostrosłupapole ostrosłupaPole powierzchni całkowitej ostrosłupa wynosi:

$P_c=\frac{1}{2}{a}^2+\frac{a^2\sqrt{7}}{2}=\frac{1}{2}{a}^2\left(1+\sqrt{7}\right)$.

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym o polu powierzchni bocznej $P$ ściana boczna nachylona jest do płaszczyzny podstawy pod kątem $\alpha$, takim, że $\mathrm{tg}\alpha =\frac{4}{3}$. Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenie:
$H$ – wysokość ostrosłupa,
$h$ – wysokość ściany bocznej,
$a$ – długość krawędzi podstawy.

Ryvg7NnsLaV77

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup czworokątny, o podstawie $ABCD$ i wierzchołku S. Długość krawędzi podstawy oznaczono literą a, natomiast wysokość ściany bocznej literą h. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość ostrosłupa, której spodek leży w punkcie O. Na krawędzi $DC$ zaznaczono punkt E, który stanowi spodek wysokości ściany bocznej ostrosłupa. Różowym kolorem zaznaczono trójkąt prostokątny $SOE$, z kątem alfa przy wierzchołku E.

Trójkąt $SOE$ jest prostokątny oraz $tg\alpha =\frac{4}{3}$, zatem:

$\frac{H}{\frac{1}{2}a}=\frac{4}{3}$

$3H=2a$

$H=\frac{2}{3}a$

Z treści zadania wiemy, że $P_b=P$, czyli

$2ah=P$

$h=\frac{P}{2a}$

Zatem z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $SOE$ mamy:

$H^2+{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2=h^2$

${\left(\frac{2}{3}a\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2={\left(\frac{P}{2a}\right)}^2$

$\frac{4}{9}{a}^2+\frac{1}{4}{a}^2=\frac{P^2}{4a^2}$

$\frac{25}{36}{a}^2=\frac{P^2}{4a^2}$

$\frac{100}{36}{a}^4=P^2$

$a^4=\frac{36}{100}{P}^2$

$a^2=\frac{6}{10}P$

$a=\sqrt{\frac{6}{10}P}=\frac{\sqrt{60P}}{10}=\frac{2\sqrt{15P}}{10}=\frac{\sqrt{15P}}{5}$

Zatem pole podstawy tego ostrosłupa wynosi:

$P_p={\left(\frac{\sqrt{15P}}{5}\right)}^2=\frac{15P}{25}=\frac{3P}{5}$

Zatem pole powierzchni całkowitej bryły jest równe:

$P_c=P+\frac{3P}{5}=1,6P$.

Krawędź boczna $b$ ostrosłupa prawidłowego czworokątnego tworzy z płaszczyzną podstawy kąt $\alpha$. Obliczymy pole powierzchni bocznej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenia:
$H$ – wysokość ostrosłupa,
$h$ – wysokość ściany bocznej,
$a$ – długość krawędzi podstawy.

R6Yaxxt54GZNX

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup czworokątny, o podstawie $ABCD$ i wierzchołku S. Długość krawędzi podstawy oznaczono literą a, wysokość ściany bocznej literą h, natomiast długość krawędzi ściany bocznej oznaczono literą b. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość ostrosłupa, której spodek leży w punkcie O. Na krawędzi $DC$ zaznaczono punkt E, który stanowi spodek wysokości ściany bocznej ostrosłupa. Różowym kolorem zaznaczono trójkąt prostokątny $SOE$. Połączono punkt O z wierzchołkiem C. $\angle SCO$ oznaczono alfa.

Trójkąt $SOC$ jest prostokątny. $\left|OC\right|=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Z funkcji trygonometrycznych mamy więc:

$\frac{a\sqrt{2}}{2b}=\cos \alpha$ oraz $\frac{H}{b}=\sin \alpha$

$\frac{a\sqrt{2}}{2}=b·\cos \alpha$ oraz $H=b·\sin \alpha$

$a=b\sqrt{2}·\cos \alpha$

Aby obliczyć pole powierzchni bocznej ostrosłupa, potrzebujemy wysokości ściany bocznej $h$.

Trójkąt $SOE$ jest prostokątny, więc na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy:

$H^2+{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2=h^2$

$h^2=b^2·{\sin }^2\alpha +{\left(\frac{b\sqrt{2}·\cos \alpha }{2}\right)}^2$

$h^2=b^2·{\sin }^2\alpha +\frac{1}{2}{b}^2·{\cos }^2\alpha$

$h^2=\frac{1}{2}{b}^2\left(2{\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha \right)$

Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że

${\cos }^2\alpha =1-{\sin }^2\alpha$

Zatem:

$h^2=\frac{1}{2}{b}^2\left(2{\sin }^2\alpha +1-{\sin }^2\alpha \right)$

$h^2=\frac{1}{2}{b}^2\left({\sin }^2\alpha +1\right)$

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

$h=b\sqrt{\frac{{\sin }^2\alpha +1}{2}}$

Pole powierzchni bocznej ostrosłupa wynosi więc:

$P_b=2ah=2·b\sqrt{2}·\cos \alpha ·b\sqrt{\frac{{\sin }^2\alpha +1}{2}}=2b^2·\cos \alpha \sqrt{{\sin }^2\alpha +1}$.

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym wysokość jest równa $12$, a kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi ma miarę $120°$. Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupapole ostrosłupapole powierzchni całkowitej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenia:
$a$ – długość krawędzi podstawy,
$x$ – długości ramion trójkąta $AEC$, czyli wysokości ścian bocznych.

RZHy6rgwBzBhA

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup czworokątny, o podstawie $ABCD$ i wierzchołku S. Długość krawędzi podstawy oznaczono literą a. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość H ostrosłupa, której spodek leży w punkcie O, na przekątnej $AC$ podstawy. Na krawędzi $SD$ ściany bocznej zaznaczono punkt E. Zaznaczono odcinki $EC$, oraz $AE$ o długości x. $\angle AEC$ wynosi 120 stopni.

Poprowadźmy wysokość trójkąta $AEC$ dzielącą kąt $120°$ na dwie równe części.

R11easXDB0tZA

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny $AEC$, którego długość ramienia oznaczono x. Z wierzchołka E opuszczono wysokość, której spodek leży w punkcie O, na podstawie $AC$ trójkąta. $\angle CEC$ wynosi 60 stopni. Długość odcinka $OC$ wynosi $\frac{a\sqrt{2}}{2}$..

Trójkąt $EOC$ jest prostokątny o kątach $30°$, $60°$, $90°$. Z zależności pomiędzy bokami tego trójkąta mamy:

$\left|EO\right|=\frac{1}{2}x$

$\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}x\sqrt{3}$

$a\sqrt{2}=x\sqrt{3}$

$x=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Zaznaczmy wysokość ściany bocznej na naszym rysunku. Oznaczmy ją jako $h$, a długość krawędzi bocznej jako $b$.

R19qsFLS8yiRo

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup czworokątny, o podstawie $ABCD$ i wierzchołku S. Długość krawędzi podstawy oznaczono literą a, wysokość ściany bocznej literą h, natomiast długość krawędzi ściany bocznej oznaczono literą b. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość ostrosłupa o długości równej 12, której spodek leży w punkcie O. Na krawędzi $DC$ zaznaczono punkt E, który stanowi spodek wysokości ściany bocznej ostrosłupa. Różowym kolorem zaznaczono trójkąt prostokątny $SOE$, oraz zielonym kolorem zaznaczono trójkąt równoramienny$ACE$. Ramiona tego trójkąta mają długość x oraz są nachylone pod kątem prostym do krawędzi S  D.

Trójkąt $SOE$ jest prostokątny, więc na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy:

${12}^2+{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2=h^2$

$144+\frac{1}{4}{a}^2=h^2$

$h=\sqrt{144+\frac{1}{4}{a}^2}$

Obliczmy pole ściany bocznej na dwa sposoby:

$\frac{1}{2}ah=\frac{1}{2}xb$

$a\sqrt{144+\frac{1}{4}{a}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}·b$

$b=\sqrt{144+\frac{1}{4}{a}^2}·\frac{3}{\sqrt{6}}=3\sqrt{24+\frac{1}{24}{a}^2}$

Trójkąt $SOC$ jest prostokątny, więc na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy:

${12}^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2=b^2$

$144+\frac{1}{2}{a}^2=9·\left(24+\frac{1}{24}{a}^2\right)$

$144+\frac{1}{2}{a}^2=216+\frac{9}{24}{a}^2$

$a^2=576$

$a=24$

Wysokość ściany bocznej ma zatem długość:

$h=\sqrt{144+\frac{1}{4}{·24}^2}=\sqrt{288}=12\sqrt{2}$

Obliczmy pole powierzchni całkowitej:

$P_c={24}^2+2·24·12\sqrt{2}=576+576\sqrt{2}=576·\left(1+\sqrt{2}\right)$.

Pole ściany bocznej ostrosłupa prawidłowegoostrosłup prawidłowyostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe $S$. Kąt płaski przy wierzchołku ostrosłupa ma miarę $2\alpha$. Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenie:
$H$ – wysokość ostrosłupa,
$h$ – wysokość ściany bocznej,
$a$ – długość krawędzi podstawy.

R13OqvaCyGHD1

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup czworokątny, o podstawie $ABCD$ i wierzchołku S. Długość krawędzi podstawy oznaczono literą a, natomiast wysokość ściany bocznej literą h. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość H ostrosłupa, której spodek leży w punkcie O. Na krawędzi $DC$ zaznaczono punkt E, który stanowi spodek wysokości ściany bocznej ostrosłupa. Różowym kolorem zaznaczono trójkąt prostokątny $SOE$. Kąt między ramionami trójkąta, stanowiącego ściany boczne wynosi dwa alfa.

Wysokość ściany bocznej podzieliła kąt płaski na dwie równe części. Narysujmy tę ścianę:

R1daNXnMUQHSD

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny $CSD$. Z wierzchołka S opuszczono wysokość h, której spodek leży w punkcie E, na podstawie $CD$ trójkąta. $\angle ESD$ oznaczono alfa. Długość odcinka $CE$ i $ED$ wynosi $\frac{a}{2}$.

Trójkąt $SED$ jest prostokątny, więc z funkcji tangens mamy:

$\frac{\frac{a}{2}}{h}=\mathrm{tg}\alpha$

$a=2h·tg\alpha$

Ponadto, wiemy z treści zadania, że pole tego trójkąta wynosi $S$, co oznacza, że

$\frac{1}{2}ah=S$

$\frac{1}{2}·2h·\mathrm{tg}\alpha ·h=S$

$h^2=\frac{S}{tg\alpha }$

$h=\sqrt{\frac{S}{tg\alpha }}$

$a=2·\sqrt{\frac{S}{tg\alpha }}·tg\alpha =2\sqrt{S·\mathrm{tg}\alpha }$

Zatem pole podstawy ostrosłupa wynosi:

$P_p=4S·\mathrm{tg}\alpha$

Pole powierzchni bocznej ostrosłupa wynosi: $P_b=4S$

Zatem: $P_c=4S·\mathrm{tg}\alpha +4S=4S\left(1+\mathrm{tg}\alpha \right)$.

ostrosłup prosty, w którym podstawa jest wielokątem foremnym

pole powierzchni całkowitej wszystkich ścian ostrosłupa