Przeczytaj

Graniastosłup prawidłowy trójkątny

Definicja: Graniastosłup prawidłowy trójkątny

Graniastosłup prawidłowy trójkątny to taki graniastosłup prostygraniastosłup prostygraniastosłup prosty, który ma w podstawie trójkąt równoboczny.

RqqUeqTyR02lg

Bryła ta ma pięć ścian: dwie podstawy i trzy ściany boczne. Istnieje wiele odcinków, które możemy w takim graniastosłupie wyróżnić. Zarówno te leżące na ścianach – krawędzie, przekątne, wysokości, jak i znajdujące się wewnątrz graniastosłupa.

Krawędzie graniastosłupa prawidłowego trójkątnego

Graniastosłup prawidłowy trójkątny ma $6$ krawędzi podstawy (oznaczmy ich długość przez $a$ ) oraz $3$ krawędzie boczne, będące wysokościami (oznaczmy ich długość przez $h$ ). Suma długości wszystkich krawędzi graniastosłupa prawidłowego trójkątnego dana jest wzorem

S = 6 a + 3 h

Przykład 1

Obliczymy długości krawędzi bocznej graniastosłupa prawidłowego trójkątnego wiedząc, że suma długości wszystkich krawędzi wynosi $45$ , a krawędź boczna jest cztery razy dłuższa od krawędzi podstawy.

Rozwiązanie:

Przyjmijmy oznaczenia jak w części tekstu przed przykładem:

$h = 4 a$

$S = 6 a + 3 \cdot 4 a$

$45 = 6 a + 12 a$

$45 = 18 a$

$a = 2, 5$

Zatem krawędź boczna ma długość $h = 4 \cdot 2, 5 = 10$ .

Przekątne ścian w graniastosłupie prawidłowym trójkątnym

Podstawy graniastosłupa są trójkątami, a więc nie mają przekątnych.

Ściany boczne są przystającymi prostokątami. Każda z nich ma po dwie przekątne równej długości, przecinające się w połowie, ale niekoniecznie pod kątem prostym (prostopadłe są tylko wtedy, gdy ściany są kwadratami).

RMAeren40pajf

Długość przekątnej ściany bocznej obliczymy korzystając z twierdzenia Pitagorasatwierdzenie Pitagorasatwierdzenia Pitagorasa w trójkącie $A C A'$ . Oznaczmy tę długość literą $p$ .

a^{2} + h^{2} = p^{2}

p = \sqrt{a^{2} + h^{2}}

Przykład 2

Przekątna ściany bocznej w graniastosłupie prawidłowym trójkątnym jest o $1 cm$ dłuższa od krawędzi podstawy i o $8 cm$ dłuższa od krawędzi bocznej. Oblicz długość tej przekątnej.

Rozwiązanie:

Przez $p$ oznaczmy długość szukanej przekątnej. Wtedy $(p - 1)$ to długość krawędzi podstawy oraz $(p - 8)$ to długość krawędzi bocznej. Pamiętajmy o wyznaczeniu dziedziny. Długości wszystkich odcinków muszą być dodatnie, czyli $\{\begin{cases} p > 0 \\ p - 1 > 0 \\ p - 8 > 0 \end{cases}$ , a z takiego układu warunków wynika, że $p > 8$ .

Zapisujemy równanie korzystając z twierdzenia Pitagorasa:

${(p - 1)}^{2} + {(p - 8)}^{2} = p^{2}$

i rozwiązujemy je:

$p^{2} - 2 p + 1 + p^{2} - 16 p + 64 = p^{2}$

$p^{2} - 18 p + 65 = 0$

$∆ = {(- 18)}^{2} - 4 \cdot 1 \cdot 65 = 324 - 260 = 64$

$p_{1} = \frac{18 + 8}{2 \cdot 1} = 13$

$p_{2} = \frac{18 - 8}{2 \cdot 1} = 5 < 8$ , $p_{2}$ odrzucamy ze względu na dziedzinę.

Przekątna ściany bocznej w tym graniastosłupie ma długość $13 cm$ .

Wysokość podstawy w graniastosłupie prawidłowym trójkątnym

Wiesz już, że w podstawie omawianej bryły jest trójkąt równoboczny. W każdym trójkącie możemy poprowadzić trzy wysokościwysokość trójkątawysokości przecinające się w jednym punkcie – zwanym ortocentrum. Dodatkowo, w trójkącie równobocznym, wszystkie wysokości są tej samej długości i połowią bok, na który padają. Przypomnijmy, że jeżeli przez $a$ oznaczymy długość boku tego trójkąta, to jego wysokość $h_{p}$ wyraża się wzorem

h_{p} = \frac{a \sqrt{3}}{2}

W trójkącie równobocznym wysokości spełniają definicję środkowychśrodkowa w trójkącieśrodkowych, a więc przyjmują też ich własność – przecinają się w stosunku $2 : 1$ licząc od wierzchołka.

R1M8CgpGwkLSR

Przykład 3

Obliczymy długość krawędzi bocznej graniastosłupa prawidłowego trójkątnego przedstawionego na rysunku, w którym $|A O| = 6$ , a suma długości wszystkich krawędzi to $51 \sqrt{3}$ .

RRgBNwr0xl1uy

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny ABCA'B'C' tak, że wierzchołek A znajduje się pod wierzchołkiem A prim, wierzchołek B pod wierzchołkiem B prim oraz wierzchołek C pod wierzchołkiem C prim. Krawędź podstawy ma długość a, a krawędź boczna h. Na podstawie dolnej bryły zaznaczono wszystkie trzy wysokości trójkąta równobocznego przecinające się w punkcie O i podpisano jedną z nich jako h indeks dolny p koniec indeksu dolnego.

Rozwiązanie:

Wiemy, że $|A O| : |O E| = 2 : 1$ , zatem $|O E| = 3$ , czyli wysokośc podstawy $|A E| = 9$ .

$9 = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

stąd

$a = \frac{9 \cdot 2}{\sqrt{3}} = \frac{18 \sqrt{3}}{3} = 6 \sqrt{3}$

Suma długości wszystkich krawędzi wynosi $51 \sqrt{3}$ , a więc

$51 \sqrt{3} = 6 \cdot 6 \sqrt{3} + 3 h$

Szukana długość krawędzi bocznej to $h = \frac{51 \sqrt{3} - 36 \sqrt{3}}{3} = 5 \sqrt{3}$ .

Odcinki leżące poza płaszczyznami ścian graniastosłupa prawidłowego trójkątnego

Graniastosłup prawidłowy trójkątny nie ma przekątnych całej bryły. Możemy natomiast wyróżnić odcinki leżące poza płaszczyznami ścian, łączące punkty na krawędziach.

W poniższym aplecie widzimy odcinek $A' E$ łączący wierzchołek górnej podstawy ze środkiem przeciwległej krawędzi dolnej podstawy. Długość tego odcinka możemy obliczyć korzystając z własności w trójkącie prostokątnym $A E A'$ .

R1AsysDbHfFR5

Przykład 4

Obliczymy długość odcinka $A' E$ w graniastosłupie prawidłowym trójkątnym (rysunek poniżej), w którym krawędź boczna ma długość $2 \sqrt{69}$ , a stosunek długości odcinków $|A' E| : |A' B|$ jest równy $12 : 13$ .

RceKc6hVsQJK4

Rozwiązanie:

Korzystając z informacji na temat stosunku długości odcinków zapisujemy, że $|A' E| = 12 x$ oraz $|A' B| = 13 x$ .

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $A B A'$ otrzymujemy równość:

${(2 \sqrt{69})}^{2} + a^{2} = {(13 x)}^{2}$

$a^{2} = 169 x^{2} - 276$

Jednocześnie z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $A E A'$ mamy:

${(2 \sqrt{69})}^{2} + {(\frac{a \sqrt{3}}{2})}^{2} = {(12 x)}^{2}$

$276 + \frac{3}{4} a^{2} = 144 x^{2}$

Wstawiając za $a^{2}$ wcześniej wyznaczone wyrażenie otrzymujemy:

$276 + \frac{3}{4} (169 x^{2} - 276) = 144 x^{2}$

$276 + \frac{507}{4} x^{2} - 207 = 144 x^{2}$

$69 = \frac{69}{4} x^{2}$

$x = 2$

Długość odcinka $A' E$ wynosi $12 x = 24$ .

Innym przykładem odcinka w graniastosłupie prawidłowym trójkątnym nie leżącego w płaszczyźnie żadnej ściany jest odcinek łączący środki nierównoległych krawędzi, z których jedna należy do podstawy górnej, a druga do podstawy dolnej. Przykładem jest odcinek $D E'$ w poniższym aplecie.

RGavETMbPRm8d

Przykład 5

Obliczymy długość odcinka $D E'$ w graniastosłupie prawidłowym trójkątnym przedstawionym na rysunku wiedząc, że punkty $E'$ i $D$ są środkami krawędzi oraz $|A B| = 6$ , $|A A'| = 8$ .

RxgkwJQoyM2i7

Rozwiązanie:

Odcinek $D E$ łączy środki dwóch boków w trójkącie. Z podobieństwa trójkątów $A B C$ i $D E C$ w skali $\frac{1}{2}$ wynika, że $|D E| = \frac{1}{2} |A B|$ oraz, że $D E ∥ A B$ . Zatem $|D E| = 3$ . Jednocześnie $|E E'| = |A A'| = 8$ .

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $D E E'$ obliczymy długość szukanego odcinka

$3^{2} + 8^{2} = {|D E'|}^{2}$

$|D E'| = \sqrt{64 + 9} = \sqrt{73}$

Słownik

graniastosłup prosty

graniastosłup, w którym wszystkie krawędzie boczne są prostopadłe do podstaw, a więc wszystkie ściany boczne są prostokątami

twierdzenie Pitagorasa

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

wysokość trójkąta

każdy z trzech odcinków łączący wierzchołek tego trójkąta z punktem na przeciwległym boku, prostopadły do tego boku; wysokości w trójkącie przecinają się w punkcie nazywanym ortocentrum

środkowa w trójkącie

każdy z trzech odcinków łączący wierzchołek ze środkiem przeciwległego boku; środkowe w trójkącie przecinają się w stosunku $2 : 1$ licząc od wierzchołka, w punkcie nazywanym środkiem ciężkości trójkąta (barycentrum)

Wprowadzenie

Animacja 3D

Krawędzie graniastosłupa prawidłowego trójkątnego

Przekątne ścian w graniastosłupie prawidłowym trójkątnym

Wysokość podstawy w graniastosłupie prawidłowym trójkątnym

Odcinki leżące poza płaszczyznami ścian graniastosłupa prawidłowego trójkątnego

Słownik