RI9yBqhNconP3

Ilustracja przedstawia ostrosłup czworokątny prosty. Podstawą ostrosłupa jest romb o długości boków równej pięć, w podstawie zaznaczono jej przekątne, pomiędzy którymi jest kąt prosty, połowa długości przekątnej jest równa cztery. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość, została ona podpisana literą wielkie H. Wysokość ta jest pod kątem prostym do płaszczyzny podstawy. Kąt pomiędzy krawędziami ścian bocznych ostrosłupa znajdujący się przy wierzchołku ostrosłupa ma wartość 30 stopni.

Na rysunku przedstawiono ostrosłup o podstawie rombu. Obliczymy sumę długości krawędzi tego ostrosłupa.

Rozwiązanie

Skoro w podstawie mamy romb, to wszystkie krawędzie podstawy są tej samej długości. Obliczymy długości krawędzi bocznych; oznaczymy je jako $k$. Są one równe, bo wierzchołek ostrosłupa leży nad punktem przecięcia przekątnych rombu. Wiemy, że kąt płaski przy wierzchołku ostrosłupakąt płaski przy wierzchołku ostrosłupakąt płaski przy wierzchołku ostrosłupa ma miarę $30°$. Wykorzystamy twierdzenie cosinusów:

$5^2=k^2+k^2-2k^2\cos 30°$

$25=2k^2-2k^2·\frac{\sqrt{3}}{2}$

$25=2k^2-k^2\sqrt{3}$

$25=k^2\left(2-\sqrt{3}\right)$

$\frac{25}{2-\sqrt{3}}=k^2$

$k=\sqrt{\frac{25}{2-\sqrt{3}}}=\sqrt{25\left(2+\sqrt{3}\right)}=5\sqrt{2+\sqrt{3}}$

Zatem suma długości krawędzi ostrosłupa wynosi $20+20\sqrt{2+\sqrt{3}}$.

Podstawą ostrosłupa pochyłego jest prostokąt $ABCD$. Krawędź $AS$ jest wysokością tego ostrosłupa o długości $s$. Najdłuższa krawędź boczna ma długość $3s$, a stosunek długości boków podstawy wynosi $1:2$. Obliczymy sumę długości jego krawędzi.

Rozwiązanie

Wykonamy rysunek pomocniczy. Wprowadzimy dodatkowe oznaczenia na rysunku, które pomogą nam w późniejszych obliczeniach:

R1TkHpveYUa8j

Ilustracja przedstawia ostrosłup pochyły o podstawie prostokąta. Wierzchołki podstawy to A B C D, krawędź podstawy CD. jest podpisana 2a, natomiast krawędź BC jest podpisana literą a. W podstawie zaznaczono jej przekątną AC. Wierzchołek ostrosłupa podpisano literą S. Krawędź boczna AS jest pod kątem prostym do krawędzi podstawy ostrosłupa i jest podpisana literą s. Krawędź BS jest podpisana literą y, krawędź CS jest podpisana 3s, a krawędź DS jest podpisana literą x.

Przekątna podstawy ma długość:

${\left|AC\right|}^2=a^2+{\left(2a\right)}^2$

$\left|AC\right|=a\sqrt{5}$

Trójkąt $SAC$ jest prostokątny. Korzystając z twierdzenia Pitagorasa obliczymy $a$:

$s^2+{\left(a\sqrt{5}\right)}^2={\left(3s\right)}^2$

$5a^2=9s^2-s^2$

$5a^2=8s^2$

$a=s\sqrt{\frac{8}{5}}=s\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{5}}=\frac{2s\sqrt{10}}{5}$.

Zatem:

$2a=\frac{4s\sqrt{10}}{5}$.

Trójkąt $SAB$ jest prostokątny. Obliczymy krawędź $y$:

$s^2+{\left(\frac{4s\sqrt{10}}{5}\right)}^2=y^2$

$s^2+\frac{32}{5}{s}^2=y^2$

$y^2=\frac{37}{5}{s}^2$

$y=s\sqrt{\frac{37}{5}}=s\frac{\sqrt{37}}{\sqrt{5}}=\frac{s\sqrt{185}}{5}$

Trójkąt $SAD$ jest prostokątny. Obliczymy długość krawędzi $x$:

$s^2+{\left(\frac{2s\sqrt{10}}{5}\right)}^2=x^2$

$s^2+\frac{8}{5}{s}^2=x^2$

$x^2=\frac{13}{5}{s}^2$

$x=s\sqrt{\frac{13}{5}}=s\frac{\sqrt{13}}{\sqrt{5}}=\frac{s\sqrt{65}}{5}$.

Obliczymy sumę długości krawędzi ostrosłupa:

$\frac{s\sqrt{65}}{5}+\frac{s\sqrt{185}}{5}+s+3s+2·\frac{2s\sqrt{10}}{5}+2·\frac{4s\sqrt{10}}{5}=\frac{s\left(\sqrt{65}+\sqrt{185}+20+12\sqrt{10}\right)}{5}$.

Podstawą ostrosłupa jest trapez równoramienny, którego dłuższa podstawa ma długość $15 \mathrm{cm}$. Przekątna tego trapezu jest prostopadła do ramienia i ma $12 \mathrm{cm}$, a krawędzie boczne ostrosłupa mają po $20 \mathrm{cm}$ długości. Obliczymy pole podstawy i wysokość ostrosłupa.

Rozwiązanie

Wykonamy rysunek pomocniczy ostrosłupa. Wprowadźmy dodatkowe oznaczenie. Niech $x$ – długości ramion trapezu.

R1S7dCOsnyISZ

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie trapezu równoramiennego A B C D. Wierzchołek ostrosłupa jest podpisany literą S. Dłuższa podstawa podstawy AB ma długość 15, ramiona AD oraz BC są podpisane literą x. Przekątna AC ma długość 12 i jest pod kątem prostym do krawędzi CB. Krawędzie boczne AS oraz BS mają długość dwadzieścia. W trójkącie ABS narysowana wysokość, a spodek tej wysokości podpisano literą O.

Ponieważ podstawa jest trapezem równoramiennym, to da się na niej opisać okrąg. Promień okręgu opisanego na tej podstawie jest równy promieniowi okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym $ABC$. Jego środek jest zatem środkiem boku $AB$ i jednocześnie jest spodkiem wysokości ostrosłupa.

Wykonamy też rysunek podstawy:

R1ARyDpc6AkYB

Ilustracja przedstawia trapez równoramienny A B C D. Dłuższa podstawa AB ma długość 15, ramiona mają długość dziewięć. Przekątna AC ma długość 12, przekątna ta jest pod kątem prostym do ramienia BC. W trapezie zaznaczono jego wysokość h, która ma swój wierzchołek w punkcie C a spodek E znajduje się na podstawie AE. Odcinek EB podpisano literą y.

Skoro przekątna trapezu jest prostopadła do ramienia, to, z twierdzenia Pitagorasa, obliczymy jego długość:

$x^2={15}^2-{12}^2$

$x=9$.

Obliczymy długość wysokości trapezu: $\frac{12·9}{2}=\frac{15h}{2}$

$h=7,2$

Zatem

$y^2=9^2-7,2^2$

$y=5,4$

co oznacza, że górna podstawa trapezu ma długość:

$15-2·5,4=4,2$

Obliczymy pole trapezu:

$P_p=\frac{15+4,2}{2}·7,2=69,12 {\mathrm{cm}}^2$.

Obliczymy teraz długość promienia okręgu opisanego na podstawie. Wykonamy rysunek pomocniczy.

RB3FPchwSUlLv

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie trapezu równoramiennego A B C D. Wierzchołek ostrosłupa jest podpisany literą S. Dłuższa podstawa podstawy AB ma długość piętnaście. Przekątna AC ma długość 12 i jest pod kątem prostym do krawędzi CB. Krawędzie boczne AS oraz BS mają długość dwadzieścia. W trójkącie ABS narysowana wysokość, a spodek tej wysokości podpisano literą O. Podstawa ostrosłupa została wpisana w okrąg o środku w punkcie O, odcinek OB jest podpisany literą R.

Skoro jest to trójkąt prostokątny, to promień jest równy połowie przeciwprostokątnej.

$R=7,5$

Możemy obliczyć więc długość wysokości ostrosłupa, wykorzystując twierdzenie Pitagorasa w trójkącie prostokątnym $SOB$:

$H^2={20}^2-7,5^2$

$H=\sqrt{\frac{1375}{4}}=\frac{5\sqrt{55}}{2} \mathrm{cm}$.

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym kąt płaski przy wierzchołku ostrosłupa ma miarę $\alpha$ oraz $\cos \alpha =\frac{41}{50}$. Obliczymy miarę kąta pomiędzy przeciwległymi krawędziami bocznymi ostrosłupa wiedząc, że krawędź podstawy ma długość $a$.

Rozwiązanie

Wykonamy rysunek pomocniczy. Oznaczymy krawędzie boczne przez $x$.

Rf166LCwbFfT1

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy czworokątny o podstawie A B C D, bok podstawy podpisano literą a. Wierzchołek ostrosłupa oznaczono literą S. Obie krawędzie boczne ostrosłupa BS oraz CS podpisano literami x. Kąt BSC jest podpisany literą alfa. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość.

Z twierdzenia cosinusów mamy:

$a^2=x^2+x^2-2·x·x·\frac{41}{50}$

$a^2=2x^2-2x^2·\frac{41}{50}$

$50a^2=100x^2-82x^2$

$50a^2=18x^2$

$x^2=\frac{50}{18}{a}^2$

$x^2=\frac{25}{9}{a}^2$

$x=\frac{5}{3}a$

Krawędzie boczne mają więc długość $\frac{5}{3}a$.

Obliczymy miarę kąta pomiędzy przeciwległymi krawędziami bocznymi ostrosłupa. Oznaczmy go przez $\beta$. Jest to kąt przy wierzchołku trójkąta $ACS$. Narysujemy go.

ReaC6ZRK6cVh9

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny o wierzchołkach A C S. Postawa AC ma długość $a\sqrt{2}$, natomiast Ramiona AS oraz CS mają długość $\frac{5}{3}a$. Kąt ASC jest podpisany literą beta.

Po raz kolejny wykorzystamy twierdzenie cosinusów:

${\left(a\sqrt{2}\right)}^2={\left(\frac{5}{3}a\right)}^2+{\left(\frac{5}{3}a\right)}^2-2·\left(\frac{5}{3}a\right)·\left(\frac{5}{3}a\right)·\cos \beta$

$2a^2=\frac{25}{9}{a}^2+\frac{25}{9}{a}^2-2·\frac{25}{9}{a}^2·\cos \beta$

$2a^2=\frac{50}{9}{a}^2-\frac{50}{9}{a}^2·\cos \beta |·9$

$18a^2=50a^2-50a^2\cos \beta$

$\cos \beta =\frac{32}{50}=\frac{16}{25}$.

Odczytujemy wartość kąta z tablic matematycznych.

$\beta \approx 50°$

Pole ściany bocznej ostrosłupa prawidłowegoostrosłup prawidłowyostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe $S$. Kąt płaski przy wierzchołku ostrosłupakąt płaski przy wierzchołku ostrosłupaKąt płaski przy wierzchołku ostrosłupa ma miarę $2\alpha$. Obliczymy sumę długości krawędzi bocznych oraz stosunek długości wysokości ostrosłupa do długości jego krawędzi podstawy.

Rozwiązanie

Wprowadzimy oznaczenia pomocnicze. Niech $x$ oznacza długość krawędzi bocznej, $a$ – długość krawędzi podstawy. Wykonamy rysunek:

RUxl1lpYqcrKD

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy czworokątny o wierzchołkach podstawy A B C D i wierzchołku górnym S. Krawędź podstawy jest podpisana literą a. Krawędź boczna jest podpisana literą x. Kąt BSC jest podpisany $2\alpha$.

Pole ściany bocznej jest równe $S$.

Wykorzystamy wzór na pole trójkąta:

$P=\frac{1}{2}ab\sin \alpha$

Wówczas mamy:

$S=\frac{1}{2}{x}^2\sin 2\alpha$

Wyznaczymy z tego równania długości krawędzi bocznych:

$2S=x^2\sin 2\alpha$

$x^2=\frac{2S}{\sin 2\alpha }$

$x=\sqrt{\frac{2S}{\sin 2\alpha }}$

Suma krawędzi bocznych wynosi więc: $4\sqrt{\frac{2S}{\sin 2\alpha }}$.

Zajmiemy się teraz obliczeniem długości krawędzi podstawy i wysokości ostrosłupa. Narysujemy jedną ścianę boczną.

R1GxV4XWSdrmD

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny o wierzchołkach B C S. Podstawę BC podpisano literą a, natomiast ramiona BS oraz CS są podpisane literą x. W trójkącie poprowadzono wysokość h z wierzchołka S na podstawę BC, spodek wysokości podpisano literą E. Zarówno kąt BSE oraz kąt CSE podpisano literą alfa. Odcinek CE ma długość $\frac{1}{2}a$.

Przez $h$ oznaczymy wysokość trójkąta, więc trójkąt $SEC$ jest prostokątny.

Wiemy, że pole tego trójkąta wynosi $S$, więc mamy równanie:

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

Ponadto z funkcji trygonometrycznych mamy, że:

$\frac{\frac{1}{2}a}{h}=\mathrm{tg}\alpha$,

co daje:

$\frac{1}{2}a=h·\mathrm{tg}\alpha$.

Podstawiamy zależność do pierwszego równania. Wówczas mamy:

$h·\mathrm{tg}\alpha ·h=S$

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

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

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

Obliczamy długość krawędzi podstawy:

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

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

Aby policzyć długość wysokości ostrosłupa, oznaczmy ją przez $H$. Wykonajmy kolejny rysunek pomocniczy:

RNMXwRDH0XWi7

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy czworokątny o podstawie A B C D, bok podstawy podpisano literą a. Wierzchołek ostrosłupa oznaczono literą S. W ostrosłupie zaznaczono trójkąt prostokątny, którego jedną przyprostokątną jest wysokość ostrosłupa SO, drugą przy prostokątną odcinek OE, a przeciwprostokątną wysokość ściany bocznej SE, oznaczona literą h.

Trójkąt $SOE$ jest prostokątny. Wykorzystamy więc twierdzenie Pitagorasa:

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

$H^2=\frac{S}{\mathrm{tg}\alpha }-S\mathrm{tg}\alpha$

$H^2=\frac{S-S{\mathrm{tg}}^2\alpha }{\mathrm{tg}\alpha }$

$H^2=\frac{S\left(1-{\mathrm{tg}}^2\alpha \right)}{\mathrm{tg}\alpha }$

$H=\sqrt{\frac{S\left(1-{\mathrm{tg}}^2\alpha \right)}{\mathrm{tg}\alpha }}$.

Obliczymy zatem stosunek wysokości ostrosłupa do długości jego krawędzi podstawy:

$\frac{H}{a}=\frac{\sqrt{\frac{S\left(1-{\mathrm{tg}}^2\alpha \right)}{tg\alpha }}}{2\sqrt{S\mathrm{tg}\alpha }}=\sqrt{\frac{S\left(1-{tg}^2\alpha \right)}{4S{\mathrm{tg}}^2\alpha }}=\frac{\sqrt{1-{tg}^2\alpha }}{2tg\alpha }$.

Krawędź $SD$ ostrosłupa, którego podstawą jest prostokąt $ABCD$, ma długość $c$ i jest prostopadła do płaszczyzny podstawy. Najdłuższa krawędź boczna tworzy z podstawą kąt o mierze $\alpha$, a jedną z sąsiednich krawędzi bocznych kąt o mierze $\beta$. Pokażemy, że trójkąt $SBC$ jest prostokątny.

Rozwiązanie

Wykonamy rysunek pomocniczy. Wprowadzimy dodatkowe oznaczenia:

$a$ i $b$ – długości boków prostokąta.

R1aYBGmLtLEP7

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie prostokąta A B C D i wierzchołku S. Krawędź podstawy AB podpisano literą a, natomiast krawędź BC podpisano literą b. W podstawie zaznaczono jej przekątną BD . Kąt pomiędzy przekątną podstawy a krawędzią boczną BS podpisano literą alfa. Kąt pomiędzy krawędzią BS i krawędzią CS podpisano literą beta. Krawędź SD jest prostopadła do krawędzi podstawy ostrosłupa, została ona zaznaczona kolorem i podpisana literą c.

Zauważmy, że trójkąty $SDA$, $SDC$, $SDB$ są prostokątne. Powstają więc równania:

$c^2+a^2={\left|SC\right|}^2$, $c^2+b^2={\left|SA\right|}^2$, $c^2+{\left|DB\right|}^2={\left|SB\right|}^2$.

Ponadto wiemy, że:

${\left|DB\right|}^2=a^2+b^2$ oraz $\mathrm{tg}\alpha =\frac{c}{\left|DB\right|}$ co daje, że

$\left|DB\right|=\frac{c}{\mathrm{tg}\alpha }$.

Natomiast $\frac{c}{\left|SB\right|}=\sin \alpha$, więc

$\left|SB\right|=\frac{c}{\sin \alpha }$.

Z trójkątów $SDC$ i $SDB$ mamy zatem:

$\left\{\begin{array}{c}{c}^2+a^2=\left|SC\right|{}^2\\ c^2+{\left|DB\right|}^2={\left|SB\right|}^2\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{c}{c}^2+a^2={\left|SC\right|}^2\\ c^2+a^2+b^2={\left|SB\right|}^2\end{array}\right.$.

Zatem ${\left|SC\right|}^2+b^2={\left|SB\right|}^2$, co daje, że $b^2={\left|SB\right|}^2-{\left|SC\right|}^2$.

Zauważmy, że krawędzie $SC$ i $SB$ są bokami trójkąta $SBC$. Z twierdzenia cosinusów dla tego trójkąta mamy równanie:

$b^2={\left|SB\right|}^2+{\left|SC\right|}^2-2·\left|SB\right|·\left|SC\right|·\cos \beta$

${\left|SB\right|}^2-{\left|SC\right|}^2={\left|SB\right|}^2+{\left|SC\right|}^2-2·\left|SB\right|·\left|SC\right|·\cos \beta$

$-2{\left|SC\right|}^2=-2·\left|SB\right|·\left|SC\right|·\cos \beta$

$\left|SC\right|=\left|SB\right|\cos \beta$

$\cos \beta =\frac{\left|SC\right|}{\left|SB\right|}$.

Oznacza to, ze trójkąt $SBC$ jest prostokątny.

to taki ostrosłup, którego wszystkie krawędzie boczne są równe. Warunek ten jest równoważny warunkom:

1. w podstawie ostrosłupa prostego znajduje się wielokąt, na którym można opisać okrąg,

2. spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie

ostrosłup prosty, którego podstawą jest wielokąt foremny

ostrosłup, w którym spodek wysokości nie jest środkiem ciężkości podstawy

kąt, którego wierzchołkiem jest wierzchołek ostrosłupa a ramiona są krawędziami ściany bocznej