Przeczytaj

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

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

Objętość ostrosłupa prawidłowego trójkątnego wyraża się za pomocą wzoru:

V = \frac{1}{3} \cdot P_{p} \cdot H

czyli

V = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{12} \cdot H

po podstawieniu za $P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$ , gdzie:
$P_{p}$ – oznacza pole podstawy ostrosłupa, czyli trójkąta równobocznego,
$H$ – wysokość bryły.

Dla czworościanu foremnegoczworościan foremnyczworościanu foremnego o krawędzi $a$ objętość

V = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{12}

Ważne twierdzenia

Jeżeli ostrosłup jest prawidłowy, to:
- wszystkie jego krawędzie boczne są równe i nachylone pod tym samym kątem do podstawy,
- jego ściany boczne są przystającymi trójkątami równoramiennymi,
- kąty dwuścienne nachylenia jego ścian bocznych do podstawy są równe,
- kąty dwuścienne między jego sąsiednimi ścianami są równe.

Jeżeli podstawą ostrosłupa jest wielokąt foremny i wszystkie krawędzie boczne są równe, to ostrosłup ten jest prawidłowy.

Jeżeli podstawą ostrosłupa jest wielokąt foremny i wszystkie krawędzie boczne są nachylone do płaszczyzny podstawy pod tym samym kątem, to ostrosłup ten jest prawidłowy.

Przykład 1

Obliczmy objętość ostrosłupa prawidłowego trójkątnego, którego wysokość jest równa $8 cm$ , a krawędź boczna $10 cm$ .

Rozwiązanie

RLEPPS6Pvawcw

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy trójkątny ABCS. O krawędzi bocznej równej 10 centymetrów i o wysokości długości 8 centymetrów. Zaznaczono wysokość podstawy CD.

Przyjmujemy, że $|A B| = a$ oraz $|O S| = 8$ , wówczas: $|D C| = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie, zatem:

$|O C| = \frac{2}{3} |D C| = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

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

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

${(\frac{a \sqrt{3}}{3})}^{2} + 8^{2} = 10^{2}$

$\frac{a^{2}}{3} = 100 - 64$

$a^{2} = 36 \cdot 3 = 108$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa:

$P_{p} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{108 \sqrt{3}}{4} = 27 \sqrt{3} [{cm}^{2}]$ .

Zatem objętość ostrosłupa:

$V = \frac{1}{3} \cdot P_{p} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot 27 \sqrt{3} \cdot 8 = 72 \sqrt{3} [{cm}^{3}]$ .

Przykład 2

Obliczmy objętość ostrosłupa prawidłowego trójkątnego, którego wysokość jest równa $16 cm$ i 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) Wykonajmy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami, zaznaczamy kąt $α$ miedzy wysokością ostrosłupa a krawędzią boczną.

RUJv0sFoDEzDD

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy trójkątny ABCS o wysokości o długości 16 centymetrów. Zaznaczono wysokość podstawy CD. Kąt między wysokością ostrosłupa, a krawędzią boczną to alfa

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 $|O S| = 2 |O C|$ , to $16 = \frac{2 a \sqrt{3}}{3}$ .

$48 = 2 a \sqrt{3}$
$48 \sqrt{3} = 6 a$
$8 \sqrt{3} = a$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa:

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

Zatem objętość ostrosłupa:

$V = \frac{1}{3} \cdot P_{p} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot 48 \sqrt{3} \cdot 16 = 256 \sqrt{3} [{cm}^{3}]$ .

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

R1ZXRxnfqMU80

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:

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

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

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa mamy:

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

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

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

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

$a^{2} = 1728$ .

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa:

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

Zatem objętość ostrosłupa:

$V = \frac{1}{3} \cdot P_{p} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot 432 \sqrt{3} \cdot 16 = 2304 \sqrt{3} [{cm}^{3}]$ .

Przykład 3

Przekrój ostrosłupa prawidłowego trójkątnego $A B C D$ płaszczyzną przechodzącą przez wierzchołek $D$ i wysokości dwóch ścian bocznych jest trójkątem równobocznym. Krawędź boczna tego ostrosłupa ma długość $\frac{4 \sqrt{3}}{3}$ . Obliczymy objętość tego ostrosłupa.

Rozwiązanie

R1N8KbGIJt1Ir

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy trójkątny ABCD. Krawędź boczna tego ostrosłupa ma długość 433. Płaszczyzna w kształcie trójkąta równobocznego przechodzi przez wierzchołek D i wysokości dwóch sąsiednich ścian bocznych.

Oznaczamy $|B C| = |A B| = 2 a$ , wtedy $|F J| = |F D| = |D J| = a$ , bo przekrój jest trójkątem równobocznym oraz $|D S| = H$ .

Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $D J C$ , na podstawie twierdzenia Pitagorasa mamy:

${|D J|}^{2} + {|J C|}^{2} = {|C D|}^{2}$

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

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

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

$a = \frac{2 \sqrt{6}}{3}$

$|S C| = \frac{2}{3} \cdot \frac{2 a \sqrt{3}}{2} = \frac{2 a \sqrt{3}}{3} = \frac{4 \sqrt{6}}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{4 \sqrt{2}}{3}$ .

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

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

$H^{2} + {(\frac{4 \sqrt{2}}{3})}^{2} = {(\frac{4 \sqrt{3}}{3})}^{2}$

$H^{2} + \frac{32}{9} = \frac{48}{9}$

$H^{2} = \frac{16}{9}$

$H = \frac{4}{3}$ .

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa:

$P_{p} = \frac{{(2 a)}^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{{(\frac{4 \sqrt{6}}{3})}^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{8 \sqrt{3}}{3}$ .

Zatem objętość ostrosłupa:

$V = \frac{1}{3} \cdot P_{p} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot \frac{8 \sqrt{3}}{3} \cdot \frac{4}{3} = \frac{32 \sqrt{3}}{27}$ .

Przykład 4

W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym krawędź podstawy ma długość $a$ . Ściany boczne są trójkątami ostrokątnymi. Miara kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi jest równa $2 α$ . Wyznaczymy objętość tego ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Zaczynamy od rysunku:

R1318zP1qWHhR

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy trójkątny ABCD. Krawędź podstawy ma długość a, ściany boczne są trójkątami ostrokątnymi. Na krawędzi bocznej A D zaznaczono punkt E w taki sposób, że odcinek E F jest prostopadły do tej krawędzi. Zaznaczono odcinki E B i E C, które tworzą kąt dwa alfa. Zaznaczono wysokość ostrosłupa DK, wysokość ściany bocznej DF oraz wysokość podstawy AF. Obok znajduję się trójkąt ADF. Zaznaczono na nim dwie wysokości FE oraz DK.

Z trójkąta $B F E$ mamy: $tg α = \frac{|B F|}{|E F|}$ , stąd $|E F| = \frac{|B F|}{tg α} = \frac{a}{2 tg α}$ .

Odcinek $|A K| = \frac{2}{3} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ wyznaczamy jako $\frac{2}{3}$ wysokości podstawy.

Wiemy z określenia kąta dwuściennego, że płaszczyzna w której zawiera się trójkąt $B C E$ jest prostopadła do krawędzi bocznej $A D$ , odcinek $E F$ jest prostopadły do krawędzi bocznej $A D$ .

Na podstawie twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $A F E$ mamy:

${|A E|}^{2} + {|E F|}^{2} = {|A F|}^{2}$

${|A E|}^{2} + {(\frac{a}{2 tg α})}^{2} = {(\frac{a \sqrt{3}}{2})}^{2}$

${|A E|}^{2} = \frac{3 a^{2}}{4} - \frac{a^{2}}{4 {tg}^{2} α} = \frac{a^{2} (3 {tg}^{2} α - 1)}{4 {tg}^{2} α}$

$|A E| = \frac{a}{2 tg α} \sqrt{3 {tg}^{2} α - 1}$ .

Zauważmy, że trójkąty $A F E$ i $A D K$ są podobne (oba są prostokątne i mają wspólny kąt $A$ ). Korzystamy z proporcji:

$\frac{|E F|}{|A E|} = \frac{|D K|}{|A K|}$ , stąd

$|D K| = \frac{|E F|}{|A E|} \cdot |A K| = \frac{\frac{a}{2 tg α}}{\frac{a}{2 tg α} \sqrt{3 {tg}^{2} α - 1}} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{3} = \frac{a \sqrt{3}}{3 \sqrt{3 {tg}^{2} α - 1}}$ .

Obliczamy objętość:

$V = \frac{1}{3} \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{3 \sqrt{3 {tg}^{2} α - 1}} = \frac{a^{3}}{12 \sqrt{3 {tg}^{2} α - 1}}$ .

Słownik

spodek wysokości bryły

rzut prostokątny wierzchołka bryły na płaszczyznę podstawy

czworościan foremny

ostrosłup prawidłowy trójkątny, którego wszystkie cztery ściany są trójkątami równobocznymi

Wprowadzenie

Aplet

Słownik