Graniastosłup prawidłowy trójkątny to taki graniastosłup prosty, którego podstawą jest trójkąt równoboczny.

Dany jest graniastosłup prawidłowy trójkątny o krawędzi podstawy długości $6$ i krawędzi bocznej długości $8$. Obliczymy obwód przekroju przechodzącego przez punkty $IJK$ takie, że: 

• $I$ leży na krawędzi $AB$ i $\left|AI\right|=1$,

• $J$ leży na krawędzi $BC$ i $\left|BJ\right|=2$, 

• $K$ leży na krawędzi $B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ i $JK\parallel B{B}^{\text{'}}$.

RUHNfJrd0elWm

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy trójkątny. Podstawę dolną oznaczono $ABC$, natomiast górną $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$. Długość krawędzi bocznej wynosi 8, natomiast długość krawędzi podstawy wynosi sześć.

Rozwiązanie

Narysujemy opisany przekrój.

R8Lo0iYpjXi0d

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy trójkątny. Podstawę dolną oznaczono $ABC$, natomiast górną $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$. Długość krawędzi bocznej wynosi 8, natomiast długość krawędzi podstawy wynosi sześć. Zaznaczono następujące punkty. Punkt I na krawędzi $AB$, punkt J na krawędzi $BC$, punkt K na krawędzi $B\text{'}C\text{'}$ oraz punkt L na krawędzi $A\text{'}B\text{'}$. Punkt I jest oddalony o odległość równą 1 od wierzchołka A, natomiast punkt J o odległość 2 od wierzchołka B. Wszystkie punkty połączono w taki sposób, że powstał prostokąt.

Jest on prostokątem, którego jeden z boków ma długość $8$. 

Podstawą graniastosłupa jest trójkąt równoboczny, a więc $\left|\sphericalangle IBJ\right|=60°$. Odcinek $BI$ ma długość $6-1=5$. 

Długość odcinka $IJ$ obliczymy korzystając z twierdzenia cosinusów w trójkącie $IBJ$:

$x^2=5^2+2^2-2·5·2\cos 60°$

$x^2=25+4-20·\frac{1}{2}$

$x=\sqrt{19}$

Obwód przekroju wynosi: $8+8+\sqrt{19}+\sqrt{19}=16+2\sqrt{19}$.

Graniastosłup prawidłowy trójkątny przecinamy płaszczyzną zawierającą krawędź podstawy i punkt leżący na przeciwległej krawędzi bocznej. Otrzymany przekrój jest nachylony do płaszczyzny podstawy pod kątem, którego cosinus wynosi $\frac{1}{3}$. Punkt leżący na krawędzi bocznej dzieli ją w stosunku $1:2$ licząc od wierzchołka podstawy górnej. Wyznaczymy pole tego przekroju, jeśli długość krawędzi bocznej wynosi $6$.

Rozwiązanie:

Narysujemy ten graniastosłup i zaznaczymy opisany przekrój.

RoUJREua5v87o

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy trójkątny. Podstawę dolną oznaczono $ABC$, natomiast górną $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$. Długość krawędzi podstawy oznaczono literą a. Na krawędzi $CC\text{'}$ zaznaczono punkt J w odległości równej z od wierzchołka C. Trójkąt $ABJ$ stanowi płaszczyznę przekroju graniastosłupa. Z wierzchołka J opuszczono wysokość trójkąta, której spodek leży w punkcie K na krawędzi $AB$. Z wierzchołka C opuszczono wysokość podstawy, której spodek również leży w punkcie K. Obrysowano trójkąt prostokątny $ACJ$ o przyprostokątnych długości x i z oraz przeciwprostokątnej długości y. $\angle JKC$ oznaczono alfa.

Jest on trójkątem równoramiennym. 

Skoro $\cos \alpha =\frac{1}{3}$, to $\frac{x}{y}=\frac{1}{3}$ i $y=3x$.

Odcinek $z$ ma długość: $z=\frac{2}{3}·6=4$

W trójkącie $KCJ$: $y^2=x^2+4^2$, zatem ${\left(3x\right)}^2=x^2+16$, co daje $x=\sqrt{2}$ i $y=3\sqrt{2}$.

Odcinek $KC$ jest wysokością podstawy tego graniastosłupa, zatem: $\frac{a\sqrt{3}}{2}=\sqrt{2}$ i stąd: $a=\frac{2\sqrt{6}}{3}$.

Obliczamy pole trójkąta $ABJ$:

$P=\frac{1}{2}·\frac{2\sqrt{6}}{3}·3\sqrt{2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$

Dany jest graniastosłup prawidłowy trójkątny. Obliczymy cosinus największego kąta w trójkącie $IJK$ wiedząc, że $\left|AB\right|=5$, $\left|A{A}^{\text{'}}\right|=12$, $I$ jest środkiem krawędzi $A{A}^{\text{'}}$ oraz $\left|B^{\text{'}}K\right|=2\left|BK\right|$ i $\left|C^{\text{'}}J\right|=\frac{1}{2}\left|CJ\right|$.

R1cjACZou1xxh

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy trójkątny. Podstawę dolną oznaczono $ABC$, natomiast górną $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$. Długość krawędzi bocznej wynosi 12, natomiast długość krawędzi podstawy wynosi pięć. Zaznaczono punkt K na krawędzi bocznej $BB\text{'}$, punkt I na krawędzi $AA\text{'}$ oraz punkt J na krawędzi $CC\text{'}$. Zaznaczono trójkąt $KIJ$, który stanowi płaszczyznę przekroju graniastosłupa.

Rozwiązanie:

Punkt $I$ jest środkiem krawędzi, a więc $\left|AI\right|=6$. $\left|B\text{'}K\right|=2\left|BK\right|$ oraz $\left|BK\right|+\left|B^{\text{'}}K\right|=12$ zatem $3\left|BK\right|=12$, czyli $\left|BK\right|=4$. Analogicznie $\left|CJ\right|=4$.

Prowadzimy pomocniczą prostą prostopadłą do krawędzi $A{A}^{\text{'}}$, przechodzącą przez punkt $K$.

RJEFC4rX0PYVd

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy trójkątny. Podstawę dolną oznaczono $ABC$, natomiast górną $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$. Długość krawędzi bocznej wynosi 12, natomiast długość krawędzi podstawy wynosi pięć. Zaznaczono punkt K na krawędzi bocznej $BB\text{'}$, punkt I na krawędzi $AA\text{'}$ oraz punkt J na krawędzi $CC\text{'}$. Zaznaczono trójkąt $KIJ$, który stanowi płaszczyznę przekroju graniastosłupa. Kolorem pomarańczowym zaznaczono prostą prostopadłą do krawędzi $AA\text{'}$ w punkcie L, przechodzącą przez punkt K.

Punkt przecięcia tej prostej z krawędzią $A{A}^{\text{'}}$ oznaczamy przez $L$. Wtedy $\left|AL\right|=\left|BK\right|=4$, zatem $\left|IL\right|=\left|AI\right|-\left|AL\right|=6-4=2$.

Ponadto $\left|LK\right|=\left|AB\right|=5$.

Z twierdzenia Pitagorasatwierdzenie Pitagorasatwierdzenia Pitagorasa w trójkącie $LKI$ obliczamy długość boku $IK$ przekroju $IKJ$:

$5^2+2^2={\left|IK\right|}^2$

$\left|IK\right|=\sqrt{29}$

Analogicznie obliczamy długość odcinka $\left|IJ\right|=\sqrt{29}$.

W podobny sposób, w trójkącie $KMJ$ obliczamy $\left|MJ\right|=\left|CJ\right|-\left|CM\right|=8-4=4$ oraz

${\left|KJ\right|}^2=4^2+5^2$

$\left|KJ\right|=\sqrt{41}$

RHn6IBOHzVTjd

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy trójkątny. Podstawę dolną oznaczono $ABC$, natomiast górną $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$. Długość krawędzi bocznej wynosi 12, natomiast długość krawędzi podstawy wynosi pięć. Zaznaczono punkt K na krawędzi bocznej $BB\text{'}$, punkt I na krawędzi $AA\text{'}$ oraz punkt J na krawędzi $CC\text{'}$. Zaznaczono trójkąt $KIJ$, który stanowi płaszczyznę przekroju graniastosłupa. Kolorem pomarańczowym zaznaczono prostą prostopadłą do krawędzi $CC\text{'}$ w punkcie M, przechodzącą przez punkt K.

Przekrój $IJK$ jest trójkątem równoramiennym o bokach długości $\sqrt{29}$, $\sqrt{29}$, $\sqrt{41}$. Największy kąt leży naprzeciwko najdłuższego boku, zatem $\alpha =\left|\sphericalangle KIJ\right|$. Korzystając z twierdzenia cosinusówtwierdzenie cosinusówtwierdzenia cosinusów w trójkącie $IJK$ otrzymujemy równanie:

${\left|KJ\right|}^2={\left|KI\right|}^2+{\left|IJ\right|}^2-2·\left|KI\right|·\left|IJ\right|·\cos \alpha$

$41=29+29-2·\sqrt{29}·\sqrt{29}·\cos \alpha$

$58\cos \alpha =17$

$\cos \alpha =\frac{17}{58}$

Obliczymy długości boków przekroju graniastosłupa prawidłowego trójkątnego o wszystkich krawędziach długości $8$ płaszczyzną zawierającą wysokość podstawy wychodzącą z wierzchołka $B$ i punkt $K$ będący środkiem krawędzi $B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$.

RmKpG9n0caTu2

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy trójkątny. Podstawę dolną oznaczono $ABC$, natomiast górną $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$. Długość krawędzi bocznej oraz krawędzi podstawy wynosi osiem.

Rozwiązanie:

Narysujemy opisany przekrój.

RD0QzFzdBQPaB

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy trójkątny. Podstawę dolną oznaczono $ABC$, natomiast górną $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$. Długość krawędzi bocznej oraz krawędzi podstawy wynosi osiem. Zaznaczono następujące punkty. Punkt K na krawędzi $B\text{'}C\text{'}$, punkt J na krawędzi $A\text{'}C\text{'}$ oraz punkt I na krawędzi $AC$. Zaznaczono trapez prostokątny $IBJK$, który stanowi płaszczyznę przekroju graniastosłupa. Odcinek $IB$ jest wysokością trójkąta stanowiącego podstawę dolną graniastosłupa. $\angle JIB$ jest kątem prostym. Kolorem pomarańczowym zaznaczono prostą prostopadłą do krawędzi $BC$ w punkcie L oraz przechodzącą przez punkt K.

Odcinek $BI$ jest wysokością trójkąta równobocznego o boku długości $8$, zatem

$\left|BI\right|=\frac{8\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$

Odcinek $JK$ jest równoległy do $BI$, zatem trójkąty $BCI$ i $K{C}^{\text{'}}J$ są podobne. Co więcej, $K$ jest środkiem odcinka $B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$, a więc $\left|K{C}^{\text{'}}\right|=\frac{1}{2}\left|B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right|=\frac{1}{2}\left|BC\right|$, czyli trójkąt $K{C}^{\prime }J$ jest podobny do trójkąta $BCI$ w skali $\frac{1}{2}$. Stąd wynika, że $\left|JK\right|=\frac{1}{2}\left|BI\right|=2\sqrt{3}$.

Rzutując punkt $K$ prostopadle na prostą $BC$ otrzymujemy punkt $L$, który jest środkiem odcinka $BC$. Zatem $\left|BL\right|=4$. Ponadto $\left|KL\right|=\left|B{B}^{\text{'}}\right|=8$. Z tw. Pitagorasa w trójkącie $BLK$ wynika, że 

${\left|BK\right|}^2=4^2+8^2$

$\left|BK\right|=\sqrt{80}=4\sqrt{5}$

Analogicznie, rzutując prostopadle punkt $J$ na odcinek $CI$ otrzymamy trójkąt prostokątny, w którym z tw. Pitagorasa obliczymy

${\left|IJ\right|}^2=2^2+8^2$

$\left|IJ\right|=\sqrt{68}=2\sqrt{17}$

Długości boków tego trapezu to $4\sqrt{3}$, $4\sqrt{5}$, $2\sqrt{3}$, $2\sqrt{17}$.

Dany jest graniastosłup prawidłowy trójkątny $ABC{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$, w którym odcinki $A{A}^{\text{'}}$, $B{B}^{\text{'}}$ i $C{C}^{\text{'}}$ są krawędziami bocznymi o długości $6$. Na krawędziach $A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ i $B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ zaznaczono punkty $L$ i $K$ takie, że $\left|A^{\text{'}}L\right|:\left|L{C}^{\text{'}}\right|=\left|B^{\text{'}}K\right|:\left|K{C}^{\text{'}}\right|=2:1$. Pole przekroju $ABKL$ wynosi $16\sqrt{21}$. Obliczymy długość krawędzi podstawy tego graniastosłupa.

Rozwiązanie:

Narysujemy graniastosłup $ABC{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ wraz z opisanym przekrojem i wprowadzimy oznaczenia 

Rkrmo17lbr44I

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy trójkątny. Podstawę dolną oznaczono $ABC$, natomiast górną $A\text{'}B\text{'}C\text{'}$. Długość krawędzi podstawy wynosi 3a, natomiast długość krawędzi bocznej wynosi sześć. Zaznaczono następujące punkty. Punkt K na krawędzi $B\text{'}C\text{'}$ oraz punkt L na krawędzi $A\text{'}C\text{'}$. Zaznaczono trapez $ABKL$, który stanowi płaszczyznę przekroju graniastosłupa. Odległość punktu L od wierzchołka A prim wynosi dwa a.

Zauważmy, że pole przekroju $P=\frac{a+3a}{2}·h$, gdzie $h$ jest długością wysokości trapezu. Zatem: $ah=8\sqrt{21}$.

W trójkącie $A{A}^{\text{'}}L$; gdzie $c$ jest długością ramienia trapezu. Stąd: $4a^2+36=c^2$

RSyKzhXJl2WWq

Na ilustracji przedstawiono trapez równoramienny. Długość podstawy dolnej wynosi 3a, górnej a, natomiast długości ramion wynoszą c. Zaznaczono dwie wysokości w trapezie. Każda z nich dzieli podstawę trapezu na dwa odcinki o stosunku długości jeden do dwóch.

Z twierdzenia Pitagorasa możemy również zapisać: $h^2+a^2=c^2$.

Zatem:

$ah=8\sqrt{21}$ i stąd:

$h=\frac{8\sqrt{21}}{a} \left(1\right)$

$4a^2+36=h^2+a^2$ i stąd: $3a^2-h^2+36=0 \left(2\right)$

Podstawiając równanie $\left(1\right)$ do równania $\left(2\right)$ otrzymujemy:

$3a^2-{\left(\frac{8\sqrt{21}}{a}\right)}^2+36=0$

$3a^4+36a^2-1344=0$

$a^4+12a^2-448=0$

Podstawmy: $t=a^2$; $t⩾0$

$t^2+12t-448=0$

$∆=144+1792=1936$; $\sqrt{∆}=44$

$t=\frac{-12-44}{2}<0$ lub $t=\frac{-12+44}{2}=16$

Stąd: $a^2=16$, zatem $a=4$.

Krawędź podstawy graniastosłupa ma długość $12$.

nie istnieje prosta przechodząca przez wszystkie punkty jednocześnie

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

w dowolnym trójkącie kwadrat długości dowolnego boku jest równy sumie kwadratów długości dwóch pozostałych boków pomniejszonej o podwojony iloczyn długości tych boków i cosinusa kąta zawartego między nimi