Przeczytaj

Jeżeli podstawą ostrosłupa jest wielokąt foremny np. trójkąt równoboczny a spodek wysokościspodek wysokości bryłyspodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na jego podstawie, to mówimy, że taki ostrosłup jest prawidłowyostrosłup prawidłowyostrosłup jest prawidłowy.

Ostrosłup prawidłowy trójkątny, to taki ostrosłup prosty, którego podstawą jest trójkąt foremny, czyli trójkąt równoboczny. Spodek wysokości pokrywa się z środkiem ciężkości tego trójkąta, czyli z punktem przecięcia się środkowych, które są zarazem wysokościami i dwusiecznymi kątów w podstawie. Ściany boczne ostrosłupa są przystającymi trójkątami równoramiennymi o wspólnym wierzchołku zwanym wierzchołkiem ostrosłupa.

Pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego to suma pola podstawy i pola powierzchni bocznej

P = P_{p} + P_{b} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} + 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} + \frac{3}{2} \cdot a \cdot h

gdzie:
$P_{p}$ - pole podstawy,
$P_{b}$ - pole powierzchni bocznej, czyli suma wszystkich pól ścian bocznych ostrosłupa,
$h$ - wysokość ściany bocznej ostrosłupa.

Dla czworościanu foremnegoczworościan foremnyczworościanu foremnego o krawędzi $a$ pole powierzchni

P = a^{2} \sqrt{3}

Masz do dyspozycji dynamiczną wizualizację ostrosłupa prawidłowego trójkątnegoostrosłup prawidłowy trójkątnyostrosłupa prawidłowego trójkątnego, w którym możesz zmieniać położenie bryły w przestrzeni. Możesz obrócić ostrosłup przez przeciągnięcie myszką.

Ru3iQuz8YgEuT

Zmieniając wartości $n$ możesz zaznaczyć odpowiednio:
$1$ - trójkąt prostokątny wyznaczony przez krawędź podstawy i wysokość podstawy
$2$ - trójkąt prostokątny wyznaczony przez krawędź boczną ostrosłupa i wysokość ściany bocznej
$3$ - trójkąt prostokątny wyznaczony przez krawędź boczną i wysokość ostrosłupa
$4$ - trójkąt prostokątny wyznaczony przez wysokość ściany bocznej i wysokość ostrosłupa

Trójkąty prostokątne, które widzimy w ostrosłupie ułatwią określenie związków między odcinkami w ostrosłupie, a w konsekwencji rozwiazywanie zadań dotyczących obliczania pola powierzchni oraz objętości ostrosłupa prawidłowego trójkątnego.

Przykład 1

Obliczymy pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego, którego wysokość ma długość $10 cm$ , a krawędź boczna $12 cm$ .

Rozwiązanie

R1bMHQA4pYJNI

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C. Górny wierzchołek ostrosłupa podpisano literą S. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość, spodek tej wysokości podpisano literą O. W podstawie z wierzchołka C na podstawę AB opuszczono wysokość, jej spodek podpisano literą D. Spodek O leży na wysokości CD.

Przyjmujemy, że $|A B| = a$ oraz $|O S| = 10$ , wówczas: $|D C| = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie, zatem: $|O C| = \frac{2}{3} \cdot |D C| = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $C O S$ , na podstawie twierdzenia Pitagorasa mamy:

${|O C|}^{2} + {|O S|}^{2} = {|C S|}^{2}$

${(\frac{a \sqrt{3}}{3})}^{2} + 10^{2} = 12^{2}$

$\frac{a^{2}}{3} = 144 - 100$

$a^{2} = 44 \cdot 3 = 132$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa:

$P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{132 \sqrt{3}}{4} = 33 \sqrt{3} [{cm}^{2}]$

Mamy już pole podstawy, obliczymy pole powierzchni bocznej, która jest sumą pól ścian ostrosłupa.

$|D O| = \frac{1}{3} |D C| = \frac{a \sqrt{3}}{6}$

Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $D O S$ , na podstawie twierdzenia Pitagorasa mamy:

${|D S|}^{2} = {|D O|}^{2} + {|O S|}^{2}$

${| D S |}^{2} = {(\frac{a^{} \sqrt{3}}{6})}^{2} + 10^{2}$

${|D S|}^{2} = \frac{a^{2}}{12} + 100$

${|D S|}^{2} = \frac{132}{12} + 100$

${|D S|}^{2} = 11 + 100$

${|D S|}^{2} = 111$

$|D S| = \sqrt{111} [cm]$

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$ , gdzie $h$ jest wysokością ściany bocznej: $h = |D S| = \sqrt{111} cm$ .

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt{132} \cdot \sqrt{111} = \frac{3}{2} \cdot \sqrt{12 \cdot 11 \cdot 3 \cdot 37} = \frac{3}{2} \cdot 6 \cdot \sqrt{407} = 9 \sqrt{407} [{cm}^{2}]$

Zatem pole powierzchni ostrosłupa:

$P = P_{p} + P_{b} = 33 \sqrt{3} + 9 \sqrt{407} [{cm}^{2}]$

Przykład 2

Obliczymy pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego, którego wysokość o długości $16 cm$ tworzy:
a) z krawędzią boczną kąt $α$ taki, że $tg α = 0, 5$ ,
b) z wysokością ściany bocznej kąt $β$ taki, że $\cos β = 0, 8$ .

Rozwiązanie

a) Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami, zaznaczamy kąt $α$ między wysokością ostrosłupa a krawędzią boczną.

RBGxEcbGmbgGF

Przyjmujemy, że $|A B| = a$ oraz $|O S| = 16$ , wówczas: $|D C| = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie, zatem: $|O C| = \frac{2}{3} |D C| = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

W trójkącie $C S O$ mamy: $tg α = \frac{|O C|}{|O S|}$ , więc $\frac{1}{2} = \frac{|O C|}{|O S|}$ , stąd $|O S| = 2 |O C|$ , zatem $16 = \frac{2 a \sqrt{3}}{3}$ .

$48 = 2 a \sqrt{3}$

$48 \sqrt{3} = 6 a$

$a = 8 \sqrt{3} [cm]$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa $P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{{(8 \sqrt{3})}^{2} \cdot \sqrt{3}}{4} = 48 \sqrt{3} [{cm}^{2}]$ .

Mamy już pole podstawy, obliczymy pole powierzchni bocznej, która jest sumą pól ścian ostrosłupa.

$|D O| = \frac{1}{3} |D C| = \frac{a \sqrt{3}}{6}$

Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $D O S$ , na podstawie twierdzenia Pitagorasa mamy:

${|D O|}^{2} + {|O S|}^{2} = {|D S|}^{2}$

${(\frac{a \sqrt{3}}{6})}^{2} + 16^{2} = {|D S|}^{2}$

$\frac{a^{2}}{12} + 256 = {|D S|}^{2}$

${|D S|}^{2} = 16 + 256$

${|D S|}^{2} = 272$

$|D S| = \sqrt{272} = 4 \sqrt{17} [cm]$

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$ , gdzie $h$ jest wysokością ściany bocznej $h = |D S| = 4 \sqrt{17} [cm]$ .

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 8 \sqrt{3} \cdot 4 \sqrt{17} = 48 \sqrt{51} [{cm}^{2}]$ .

Zatem pole powierzchni ostrosłupa: $P = P_{p} + P_{b} = 48 \sqrt{3} + 48 \sqrt{51} = 48 (\sqrt{3} + \sqrt{51}) [{cm}^{2}]$ .

b) Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami, zaznaczamy kąt $β$ między wysokością ostrosłupa a wysokością ściany bocznej.

R1QsIn4UVYE8i

Przyjmujemy, że $|A B| = a$ oraz $|O S| = 16$ , wówczas: $|D C| = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie, zatem: $|D O| = \frac{1}{3} \cdot |D C| = \frac{a \sqrt{3}}{6}$ .

W trójkącie $D O S$ mamy: $\cos β = \frac{|O S|}{|D S|}$ , więc $\frac{8}{10} = \frac{|O S|}{|D S|}$ , stąd $|D S| = \frac{10}{8} \cdot |O S| = \frac{10}{8} \cdot 16 = 20 [cm]$ .

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa mamy:

${|D O|}^{2} + {|O S|}^{2} = {|D S|}^{2}$

${(\frac{a \sqrt{3}}{6})}^{2} + 16^{2} = 20^{2}$

$\frac{3 a^{2}}{36} = 400 - 256$

$\frac{a^{2}}{12} = 144$

$a^{2} = 1728 [{cm}^{2}]$

$a = 24 \sqrt{3} cm$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa oraz pole powierzchni bocznej.

$P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{1728 \cdot \sqrt{3}}{4} = 432 \sqrt{3} [{cm}^{2}]$

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$ , gdzie $h$ jest wysokością ściany bocznej $h = |D S| = 20$

$P_{b} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 24 \sqrt{3} \cdot 20 = 720 \sqrt{3} [{cm}^{2}]$ .

Zatem pole powierzchni ostrosłupa: $P = P_{p} + P_{b} = 432 \sqrt{3} + 720 \sqrt{3} = 1152 \sqrt{3} [{cm}^{2}]$ .

Przykład 3

Podstawa ostrosłupa prawidłowego trójkątnego ma pole równe $25 \sqrt{3}$ . Obliczymy wysokość ściany bocznej tego ostrosłupa, jeśli jego pole powierzchni całkowitej jest siedmiokrotnie większe od pola podstawy.

Rozwiązanie

Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

RJ2hLQTJ4h0wl

Oznaczamy $|B C| = |A B| = a$

$P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

$25 \sqrt{3} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

$100 = a^{2}$

$10 = a$

Wiemy, że $P = P_{p} + P_{b}$ oraz $P = 7 P_{p}$ , stąd

$7 P_{p} = P_{p} + P_{b}$

$6 P_{p} = P_{b}$

$6 \cdot 25 \sqrt{3} = P_{b}$

$150 \sqrt{3} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$

$100 \sqrt{3} = a \cdot h$

$100 \sqrt{3} = 10 h$

$10 \sqrt{3} = h$

Zatem wysokość ściany bocznej ostrosłupa: $h = 10 \sqrt{3}$ .

Przykład 4

Ściana boczna ostrosłupa prawidłowego trójkątnego jest trójkątem równoramiennym, w którym ramiona mają długość $2 cm$ a kąt między nimi ma miarę $30 °$ . Obliczymy pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa.

Rozwiązanie

Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami, zaznaczamy kąt $30 °$ między ramionami ściany bocznej ostrosłupa.

RpT1shlFTdytC

Ilustracja przedstawia ostrosłup oraz trójkąt. Podstawą ostrosłupa jest trójkąt A B C. Górny wierzchołek ostrosłupa podpisano literą S. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość, spodek tej wysokości podpisano literą O. W podstawie z wierzchołka C na podstawę AB opuszczono wysokość, jej spodek podpisano literą D. Spodek O leży na wysokości CD. Z wierzchołka S opuszczono wysokość ściany bocznej na krawędź AB. Spodek tej wysokości pokrywa się ze spodkiem D. Obok znajduje się trójkąt A B S, z wierzchołka S opuszczono wysokość h na bok AB, spodek podpisano literą D.

Oznaczamy $|A B| = |B C| = |A C| = a$ , $|D S| = h$ jest wysokością ściany bocznej trójkąta $A B S$ .

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta $B C S$ mamy:

$a^{2} = 2^{2} + 2^{2} - 2 \cdot 2^{2} \cdot \cos 30 °$

$a^{2} = 4 + 4 - 8 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$

$a^{2} = 8 - 4 \sqrt{3}$

$a^{2} = 4 (2 - \sqrt{3})$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa $P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{4 (2 - \sqrt{3}) \cdot \sqrt{3}}{4} = (2 - \sqrt{3}) \cdot \sqrt{3} [{cm}^{2}]$ .

Mamy już pole podstawy, obliczymy pole powierzchni bocznej, która jest sumą pól ścian bocznych ostrosłupa.

Dla trójkąta $A B S$ : $P_{A B S} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot \sin 30 °$ , stąd mamy:

$P_{A B S} = 2 \cdot \sin 30 ° = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1 [{cm}^{2}]$

$P_{b} = 3 \cdot 1 = 3 [{cm}^{2}]$

Zatem pole powierzchni ostrosłupa: $P = P_{p} + P_{b} = (2 - \sqrt{3}) \cdot \sqrt{3} + 3 = 2 \sqrt{3} [{cm}^{2}]$ .

Słownik

ostrosłup prawidłowy

to ostrosłup, którego podstawą jest wielokąt foremny i spodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na jego podstawie

spodek wysokości bryły

to rzut prostokątny wierzchołka bryły na płaszczyznę podstawy

ostrosłup prawidłowy trójkątny

to ostrosłup prosty, którego podstawą jest trójkąt równoboczny

czworościan foremny

to ostrosłup prawidłowy trójkątny, którego wszystkie cztery ściany są trójkątami równobocznymi

Wprowadzenie

Aplet

Słownik