• Podasz wzór na pole powierzchni prostopadłościanu, gdy dane są jego krawędzie.

• Obliczysz pole powierzchni graniastosłupa prawidłowego czworokątnego, trójkątnego i sześciokątnego z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych dotychczas twierdzeń.

• Wykorzystasz poznaną wiedzę do rozwiązywania problemów matematycznych.

Dany jest prostopadłościan, którego krawędzie podstawy są równe $a=5 \mathrm{cm}$ i $b=10 \mathrm{cm}$, a jego wysokość wynosi $h=10 \mathrm{cm}$. Obliczymy pole powierzchni tego prostopadłościanu.

Rozwiązanie

Dla czytelności zapisu w obliczeniach pominiemy jednostki.

Pole powierzchni prostopadłościanu obliczamy wykorzystując poznany wzór:

$P=2·a·b+2·a·h+2·b·h$.

Po podstawieniu:

$P=2·5·10+2·5·10+2·10·10$.

$P=400 {\mathrm{cm}}^2$.

Pole powierzchni prostopadłościanu wynosi zatem $400$ centymetrów kwadratowych.

Pamiętajmy, że obliczanie powierzchni zawsze wiąże się z obecnością jednostek kwadratowych.

Pole powierzchni pewnego prostopadłościanu wynosi $76 {\mathrm{cm}}^2$. Wysokość prostopadłościanu wynosi $h=5 \mathrm{cm}$, a jedna z krawędzi podstawy jest równa $a=4 \mathrm{cm}$. Obliczymy długość drugiej krawędzi podstawy prostopadłościanu.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $b$ długość drugiej krawędzi podstawy prostopadłościanu.

Do rozwiązania zadania wykorzystamy wzór na pole powierzchni prostopadłościanu:

$P=2·a·b+2·a·h+2·b·h$.

Po podstawieniu:

$76=2·4·\mathrm{b}+2·4·5+2·\mathrm{b}·5$

$76=8\mathrm{b}+40+10\mathrm{b}$

$36=18b$

$b=2 \mathrm{cm}$.

Druga krawędź podstawy prostopadłościanu ma długość $2$ centymetry.

W prostopadłościanie o objętości $648$ stosunek długości krawędzi jest równy $2:3:4$. Obliczymy pole powierzchni tego prostopadłościanu.

Rozwiązanie

Jeżeli stosunek długości krawędzi tego prostopadłościanu wynosi $2:3:4$, to długości tych krawędzi można wyrazić za pomocą liczb $2x$, $3x$, $4x$.

Jeżeli objętość tego prostopadłościanu jest równa $648$, to do wyznaczenia wartości $x$ rozwiązujemy równanie:

$2x·3x·4x=648$

$24x^3=648$

$x^3=27$

$x=3$.

Zatem długości krawędzi tego prostopadłościanu wynoszą odpowiednio: $6$, $9$, $12$.

Wobec tego pole powierzchni prostopadłościanu jest równe:

$P=2·6·9+2·6·12+2·9·12=108+144+216=468$.

Obliczymy pole powierzchni prostopadłościanu z rysunku, mając daną jego wysokość $h$, kąt nachylenia przekątnej prostopadłościanu do płaszczyzny podstawy o mierze $60°$ oraz wiedząc o tym, że jedna z krawędzi podstawy prostopadłościanu jest dwa razy krótsza od przekątnej podstawy.

Rozwiązanie

Narysujmy prostopadłościan i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

R1Rdm6N7Dp5g9

Grafika przedstawia prostopadłościan. Krawędzie podstawy prostopadłościanu są podpisane literami a oraz b. Wysokość prostopadłościanu jest podpisana literą h. W prostopadłościanie zaznaczona została przekątna prostopadłościanu oraz przekątna podstawy. Przekątna podstawy prostopadłościanu jest podpisana literą x. Kąt pomiędzy tymi przekątnymi ma wartość 60 stopni. Kąt pomiędzy przekątną podstawy a krawędzią boczną to kąt prosty.

Z faktu, że kąt nachylenia przekątnej prostopadłościanu do płaszczyzny jego podstawy ma miarę $60°$ otrzymujemy, że:

$h=x\sqrt{3}$, czyli $x=\frac{h\sqrt{3}}{3}$.

Ponieważ $a=\frac{x}{2}$, zatem:

$a=\frac{x}{2}=\frac{{\displaystyle \frac{h\sqrt{3}}{3}}}{2}=\frac{h\sqrt{3}}{6}$

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, obliczamy długość krawędzi $b$:

$a^2+b^2=x^2$

${\left(\frac{h\sqrt{3}}{6}\right)}^2+b^2={\left(\frac{h\sqrt{3}}{3}\right)}^2$

$\frac{3h^2}{36}+b^2=\frac{3h^2}{9}$

$b^2=\frac{h^2}{4}\Rightarrow b=\frac{h}{2}$

Wobec tego pole powierzchni prostopadłościanu jest równe:

$P=2·\frac{h\sqrt{3}}{6}·\frac{h}{2}+2·\frac{h\sqrt{3}}{6}·h+2·\frac{h}{2}·h=$

$=\frac{h^2\sqrt{3}}{6}+\frac{h^2\sqrt{3}}{12}+h^2=\frac{h^2·\left(\sqrt{3}+4\right)}{4}$

W prostopadłościanie o podstawie kwadratowej i polu powierzchni równym $160$, krawędź podstawy jest o $4$ jednostki krótsza od krawędzi bocznej. Obliczymy długość przekątnej tego prostopadłościanu.

Rozwiązanie

Narysujmy prostopadłościan i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

RlhkbRYX7D7Wy

Ilustracja przedstawia prostopadłościan. Obie krawędzie podstawy prostopadłościanu są podpisane literą x. Wysokość prostopadłościanu ma długość $x+4$. Przekątna prostopadłościanu jest podpisana literą d.

Ponieważ pole powierzchni prostopadłościanu jest równe $160$, to do wyznaczenia wartości rozwiązujemy równanie:

$2·x^2+4·x·\left(x+4\right)=160$.

$2x^2+4x^2+16x-160=0$

$6x^2+16x-160=0$

$3x^2+8x-80=0$

$x_1=\frac{-8-32}{6}=-\frac{20}{3}$

$x_2=\frac{-8+32}{6}=\frac{24}{6}=4$.

Zatem krawędź podstawy prostopadłościanu ma długość $4$, a krawędź boczna ma długość $8$.

Wobec tego przekątna prostopadłościanu ma długość:

$d=\sqrt{4^2+4^2+8^2}=\sqrt{16+16+64}=\sqrt{96}=4\sqrt{6}$.

Pole powierzchni prostopadłościanu, w którym jedna z krawędzi podstawy jest trzy razy dłuższa od drugiej, jest cztery razy większe od jego pola powierzchni bocznej. Obliczymy cosinus kąta zawartego między przekątną tego prostopadłościanu, a jego krawędzią boczną.

Rozwiązanie

Narysujmy prostopadłościan i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

R4ILIit9akV8I

Ilustracja przedstawia prostopadłościan. Krawędzie podstawy prostopadłościanu mają długość a oraz trzy a. Wysokość prostopadłościanu jest podpisana literą h. W prostopadłościanie zaznaczona została przekątna prostopadłościanu oraz przekątna podstawy. Przekątne mają wspólny wierzchołek przy dolnej podstawie. Przekątna prostopadłościanu jest podpisana literą d, a przekątna podstawy literą x. Pomiędzy przekątną prostopadłościanu a krawędzią boczną h zaznaczony został kąt alfa.

Z warunku podanego w zadaniu zachodzi zależność:

$P_c=4·P_b$

Zatem

$2·P_p+P_b=4·P_b$

$2·a·3a+2·a·h+2·3a·h=4·\left(2·a·h+2·3a·h\right)$

$6a^2+2ah+6ah=8ah+24ah$

$6a^2=24ah\Rightarrow a=4h\Rightarrow h=\frac{a}{4}$

Jeżeli wykorzystamy wzór na przekątną prostopadłościanu, to:

$d=\sqrt{a^2+{\left(3a\right)}^2+{\left(\frac{a}{4}\right)}^2}=\sqrt{a^2+9a^2+\frac{a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{161}}{4}$

Cosinus kąta między przekątną prostopadłościanu, a jego krawędzią boczną jest równy:

$\cos \alpha =\frac{h}{d}=\frac{{\displaystyle \frac{a}{4}}}{{\displaystyle \frac{a\sqrt{161}}{4}}}=\frac{\sqrt{161}}{161}$

Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego definiujemy jako sumę pól jego podstaw i pola powierzchni bocznej. Wobec tego pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe polu jego siatkisiatka graniastosłupa prawidłowego czworokątnegosiatki. Zależność tę opisuje wzór:

gdzie:
$h$ – jest długością wysokości graniastosłupa prawidłowego czworokątnego,
$a$ – jest długością krawędzi podstawy graniastosłupa prawidłowego czworokątnego.

R1GhKdXSnAwDX

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy czworokątny o bokach długości $a$, $a$, $h$. Obok przedstawiono siatkę graniastosłupa, składającą się z czterech prostokątów o polu powierzchni $a\times h$, oraz dwóch podstaw o powierzchni $a^2$.

W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym $ABCDEFGH$ przedstawionym na poniższym rysunku wysokość $h$ jest o $2$ dłuższa od krawędzi podstawy $a$. Przekątna $D$ tego graniastosłupa tworzy z przekątną $d$ ściany bocznej kąt $\alpha$ taki, że $\mathrm{tg}\alpha =0,6$. Obliczymy pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.

R1JyGhq365QkW

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy czworokątny o podstawie dolnej $ABCD$, oraz górnej $EFGH$. Zaznaczono kąt alfa między przekątną $BG$ ściany bocznej, a przekątną $AG$ graniastosłupa.

Rozwiązanie:

Z treści zadania wynika, że $h=a+2$. Z trójkąta $ABG$ mamy:

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{a}{d}=0,6$, a stąd $a=0,6d$.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $BCG$ mamy:

$d^2={\left(a+2\right)}^2+a^2=2a^2+4a+4$.

Po podstawieniu zależności $a=0,6d$, wykonaniu działań oraz redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy równanie:

$7d^2-60d-100=0$.

Wyróżnik równania wynosi $∆={\left(-60\right)}^2-4·7·\left(-100\right)=6400$.

Otrzymujemy następujące rozwiązania: $d=\frac{-10}{7}<0$ lub $d=10$. Stąd wynika, że $a=0,6d=6$ oraz $h=a+2=8$.

Obliczymy teraz pole powierzchni całkowitej graniastosłupa

$P_c=2a^2+4ah=2\cdot 36+4\cdot 6\cdot 8=264$.

W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym $ABCDEFGH$ przedstawionym na poniższym rysunku stosunek długości wysokości $h$ do długości krawędzi podstawy $a$ wynosi $2$. Graniastosłup przecięto płaszczyzną przechodzącą przez przekątną podstawy i nachyloną do płaszczyzny podstawy pod kątem ostrym, którego tangens wynosi $2\sqrt{2}$. Pole otrzymanego przekroju wynosi $24$. Obliczymy pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.

RnLmIWDXlwloe

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy czworokątny o podstawie dolnej $ABCD$, oraz górnej $EFGH$. Na krawędzi bocznej $BF$ zaznaczono punkt P. Zaznaczono trójkąt równoramienny $APC$. Z wierzchołka P opuszczono wysokość trójkąta do podstawy $AC$, do punktu S, stanowiącego punkt przecięcia przekątnych podstawy graniastosłupa. $\angle PSB$ oznaczono alfa.

Rozwiązanie:

Przekrój $APC$ jest trójkątem równoramiennym. Jego podstawą jest odcinek $\left|AC\right|=a\sqrt{2}$, a wysokością odcinek $\left|PS\right|$. Pole przekroju graniastosłupa obliczymy zatem ze wzoru $P_{ACP}=\frac{1}{2}·a\sqrt{2}·\left|PS\right|$.

Wyznaczymy zależność wysokości $\left|PS\right|$ od długości krawędzi graniastosłupa $a$ z trójkąta prostokątnego $PBS$:

$\cos \alpha =\frac{\left|SB\right|}{\left|PS\right|}$.

Stąd otrzymujemy, że $\left|PS\right|=\frac{\left|SB\right|}{\cos \alpha }=\frac{a\sqrt{2}}{2\cos \alpha }$.

Wiemy, że $\mathrm{tg}\alpha =2\sqrt{2}$.

Stąd $\mathrm{t}\mathrm{g}\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=2\sqrt{2}$, czyli $\sin \alpha =2\sqrt{2}\cos \alpha$.

Podstawiając tę zależność do jedynki trygonometrycznejjedynka trygonometrycznajedynki trygonometrycznej otrzymujemy:

$8{\cos }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$, co daje: $\cos \alpha =\frac{1}{3}$.

Możemy obliczyć wysokość trójkąta $APC$:

$\left|PS\right|=\frac{a\sqrt{2}}{2\cos \alpha }=\frac{3a\sqrt{2}}{2}$.

Podstawiamy tę zależność do wzoru na pole przekroju i otrzymujemy

$\frac{1}{2}·a\sqrt{2}·\frac{3a\sqrt{2}}{2}=24$.

Stąd wyliczamy długość krawędzi podstawy $a$ i wysokość $h$:

$\frac{3}{2}{a}^2=24$, czyli $a=4$

Wiemy, że $\frac{h}{a}=2$, zatem wysokość graniastosłupa $h=2a$, czyli: $h=8$.

Obliczymy pole powierzchni całkowitej graniastosłupa

$P_c=2a^2+4ah=2·16+4·4·8=160$.

W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym $ABCDEFGH$ przedstawionym na poniższym rysunku połączono środki trzech krawędzi graniastosłupa, z których żadne dwie nie leżą w jednej płaszczyźnie i otrzymano trójkąt równoramienny $KLM$ o bokach długości $12$, $12$, $12\sqrt{2}$. Obliczymy pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.

R17ctuw2pFvXa

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy czworokątny o podstawie dolnej $ABCD$, oraz górnej $EFGH$. Odpowiednio nad wierzchołkiem A znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B, wierzchołek F i tak dalej. Punkt M jest środkiem krawędzi $EH$, punkt L jest środkiem krawędzi $GC$, punkt K jest środkiem krawędzi $AB$. Połączono punkty $KLM$ i otrzymano trójkąt równoramienny. Linią przerywaną połączono punkt M z wierzchołkiem G, punkt K z wierzchołkiem E, punkt K z wierzchołkiem C.

Rozwiązanie:

Niech $a$ oznacza długość krawędzi podstawy rozważanego graniastosłupa prawidłowego czworokątnego, $h$ oznacza długość jego wysokości.

Stosując twierdzenie Pitagorasa dla trójkątów $KBC$, $MHG$ oraz $EAK$ otrzymujemy

${\left|KC\right|}^2={\left|MG\right|}^2={\left(\frac{1}{2}a\right)}^2+a^2=\frac{5}{4}{a}^2$,

${\left|KE\right|}^2=h^2+{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2=h^2+\frac{1}{4}{a}^2$.

Następnie stosujemy twierdzenie Pitagorasatwierdzenie Pitagorasatwierdzenie Pitagorasa dla trójkątów $KCL$, $KEM$, $MGL$ i jednocześnie podstawiamy otrzymane wcześniej wyniki. Mamy:

W $△KCL$:

${\left|KL\right|}^2={\left|KC\right|}^2+{\left|CL\right|}^2$

$\frac{5}{4}{a}^2+\frac{1}{4}{h}^2=144$

W $△KEM$:

${\left|KM\right|}^2={\left|EM\right|}^2+{\left|KE\right|}^2$

$h^2+\frac{1}{2}{a}^2=288$

W $△MGL$:

${\left|LM\right|}^2={\left|KL\right|}^2$

$\frac{5}{4}{a}^2+\frac{1}{4}{h}^2=144$

Otrzymujemy układ równań:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{5}{4}{a}^2+\frac{1}{4}{h}^2=144\\ h^2+\frac{1}{2}{a}^2=288\end{array}\right.$

Rozwiązując układ, otrzymujemy

$\left\{\begin{array}{l}\frac{5}{4}{a}^2+\frac{1}{4}{h}^2=144 |·4\\ h^2+\frac{1}{2}{a}^2=288\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}5a^2+h^2=576\\ h^2+\frac{1}{2}{a}^2=288\end{array}\right.$

$4,5a^2=288$

$a^2=64$

Stąd: $a=8$ oraz $h=16$.

Obliczamy pole powierzchni całkowitej graniastosłupa:

$P_{pc}=2a^2+4ah=2·64+4·8·16=640$.

W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym $ABCDEFGH$ przedstawionym na poniższym rysunku o krawędzi podstawy długości $6$ poprowadzono płaszczyznę przechodzącą przez przekątną dolnej podstawy i wierzchołek górnej podstawy. Płaszczyzna ta wyznaczyła przekrój graniastosłupa, który jest trójkątem równoramiennym. Wiedząc, że na tym trójkącie można opisać okrąg o promieniu $5\sqrt{2}$ obliczymy pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.

R16BYqTyFqKFF

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy czworokątny o podstawie dolnej $ABCD$, oraz górnej $EFGH$. Odpowiednio nad wierzchołkiem A znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B, wierzchołek F i tak dalej. Połączono wierzchołki $ACH$, w taki sposób, że powstał trójkąt równoramienny. $\angle AHC$ oznaczono alfa.

Rozwiązanie:

Przyjmijmy oznaczenia $\left|HC\right|=\left|AH\right|=d$ oraz $\sphericalangle AHC=\alpha$.

Z treści zadania mamy $\left|AB\right|=\left|BC\right|=6$, stąd przekątna podstawy $\left|AC\right|=6\sqrt{2}$.

Z twierdzenia sinusówtwierdzenie sinusówtwierdzenia sinusów dla trójkąta $ACH$ mamy:

$\frac{6\sqrt{2}}{2\sin \alpha }=5\sqrt{2}$, zatem $\frac{3}{\sin \alpha }=5$, stąd $\sin \alpha =0,6$.

Korzystając z jedynki trygonometrycznejjedynka trygonometrycznajedynki trygonometrycznej możemy wyliczyć wartość funkcji cosinus kąta $\alpha$. Mamy

$\cos \alpha =\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }=\sqrt{1-0,36}=0,8$.

Zastosujemy twierdzenie cosinusówtwierdzenie Cosinusówtwierdzenie cosinusów do trójkąta $ACH$. Mamy

${\left(6\sqrt{2}\right)}^2=d^2+d^2-2·d·d·\cos \alpha$,

$72=2d^2-1,6d^2=0,4d^2$,

$d^2=180$,

$d=6\sqrt{5}$.

Stosując twierdzenie Pitagorasatwierdzenie Pitagorasatwierdzenie Pitagorasa do trójkąta $ABE$ otrzymujemy: $h=\sqrt{180-36}=12$.

Możemy obliczyć pole powierzchni całkowitej graniastosłupa

$P_c=2a^2+4ah=2·36+4·6·12=360$.

Z $n$ jednakowych sześcianów zbudowano graniastosłup prawidłowy czworokątnygraniastosłup prawidłowy czworokątnygraniastosłup prawidłowy czworokątny $ABCDEFGH$.

R1KpfRDiJIzy1

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy czworokątny o podstawie dolnej $ABCD$, oraz górnej $EFGH$. Nad wierzchołkiem A, B, C, D zaznaczono na krawędziach bocznych odpowiednio punkty A prim, B prim, C prim, D prim. Po połączeniu wierzchołków powstał sześcian o podstawie dolnej $ABCD$, oraz górnej A prim, B prim, C prim, D prim. Zaznaczono przekątną $AG$ graniastosłupa, oraz przekątną $AC\text{'}$ sześcianu. Zaznaczono kąt alfa między tymi przekątnymi.

Przekątna tego graniastosłupa o długości $9$ tworzy z przekątną sześcianu $ABCDA\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}$ kąt, którego cosinus jest równy $\frac{7}{9}$. Obliczymy, z ilu sześcianów zbudowany jest graniastosłup oraz jakie jest jego pole powierzchni całkowitej.

Rozwiązanie:

Z treści zadania mamy $\left|AG\right|=d=9$ oraz $\cos \beta =\frac{7}{9}$.

Wprowadźmy oznaczenia: $\sphericalangle C\text{'}AC=\alpha$, $\left|AE\right|=\left|BF\right|=\left|CG\right|=\left|DH\right|=h=n·a$, $\left|CC\text{'}\right|=a$ oraz przekątna $AC\text{'}$ sześcianu o krawędzi $a$ ma długość $a\sqrt{3}$. Wynika stąd, że $\left|C\text{'}G\right|=\left(n-1\right)a$ oraz $\left|\sphericalangle GC\text{'}A\right|=90°+\alpha$.

Z jedynki trygonometrycznejjedynka trygonometrycznajedynki trygonometrycznej oraz wzoru redukcyjnego $\sin \left(90°+\alpha \right)=\cos \alpha$ otrzymujemy:

$\sin \beta =\sqrt{1-\frac{49}{81}}=\sqrt{\frac{32}{81}}=\frac{4\sqrt{2}}{9}$,

a w trójkącie $ACC\text{'}$:

$\sin \left(90°+\alpha \right)=\cos \alpha =\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$,

$\sin \alpha =\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Zastosujemy twierdzenie sinusówtwierdzenie sinusówtwierdzenie sinusów w trójkącie $AC\text{'}G$. Mamy:

$\frac{9}{\sin \left(90°+\alpha \right)}=\frac{\left(n-1\right)a}{\sin \beta }$.

Podstawiając wyliczone wcześniej wartości funkcji trygonometrycznych otrzymujemy:

$\frac{9}{\frac{\sqrt{6}}{3}}=\frac{\left(n-1\right)a}{\frac{4\sqrt{2}}{9}}$,

$\left(n-1\right)a=\frac{9}{\frac{\sqrt{6}}{3}}·\frac{4\sqrt{2}}{9}$,

$\left(n-1\right)a=4\sqrt{3}$.

Zatem $\left|CG\right|=a+4\sqrt{3}$. Zastosujemy twierdzenie Pitagorasatwierdzenie Pitagorasatwierdzenie Pitagorasa do trójkąta $ACG$:

${\left(a\sqrt{2}\right)}^2+{\left(a+4\sqrt{3}\right)}^2=9^2$,

Po wykonaniu potęgowania oraz redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy równanie kwadratowe:

$3a^2+8\sqrt{3}a-33=0$.

Wyróżnik równania wynosi $∆={\left(8\sqrt{3}\right)}^2-4·3·\left(-33\right)=3·196=588$.

Otrzymujemy następujące rozwiązania:

$a=\frac{-11\sqrt{3}}{3}<0$ (odrzucamy, bo jest ujemne) oraz $a=\sqrt{3}$.

Zatem $\left(n-1\right)\sqrt{3}=4\sqrt{3}$, skąd wynika, że $n=5$, czyli graniastosłup został zbudowany z $5$ jednakowych sześcianów.

Możemy wyliczyć wysokość $h$ graniastosłupa: $h=n·a=5\sqrt{3}$.

Obliczymy teraz pole powierzchni całkowitej graniastosłupa

$P_{pc}=2a^2+4ah=2·3+4·\sqrt{3}·5\sqrt{3}=66$.

Obliczymy pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego trójkątnegograniastosłup prawidłowy trójkątnygraniastosłupa prawidłowego trójkątnego dla którego przekątna ściany bocznej ma długość $0,5$ i jest nachylona do krawędzi podstawy pod kątem, którego tangens jest równy $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Rozwiązanie:

R16p5os9HxkP1

Ilustracja przedstawia graniastosłup o podstawie trójkąta. Wierzchołki dolnej podstawy to A B oraz C, a wierzchołki górnej podstawy podpisano D E F. W ścianie bocznej graniastosłupa zaznaczono jej przekątną AF, kąt CAF podpisano literą alfa. Wszystkie krawędzie podstawy podpisano literą a, krawędź boczną ostrosłupa podpisano literą h.

Niech $a>0$ oznacza długość krawędzi podstawy oraz $h>0$ długość wysokości rozważanego graniastosłupa.

Z warunków zadania mamy kolejno

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{\left|FC\right|}{\left|AC\right|}$,

$\frac{h}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

$h=\frac{\sqrt{3}}{2}a$.

Zastosujemy twierdzenie Pitagorasatwierdzenie Pitagorasatwierdzenie Pitagorasa do trójkąta $ACF$ podstawiając jednocześnie zależność $h=\frac{\sqrt{3}}{2}a$. Otrzymujemy kolejno

$a^2+\frac{3}{4}{a}^2=\frac{1}{4}$,

$a^2=\frac{1}{7}$,

$a=\frac{\sqrt{7}}{7}$.

Stąd $h=\frac{\sqrt{21}}{14}$. Możemy obliczyć pole powierzchni całkowitej naszego graniastosłupa

$P_{pc}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3ah=\frac{{\left({\displaystyle \frac{\sqrt{7}}{7}}\right)}^2·\sqrt{3}}{2}+3·\frac{\sqrt{7}}{7}·\frac{\sqrt{21}}{14}=\frac{2\sqrt{3}}{7}$.

O graniastosłupie prawidłowym trójkątnym wiadomo, że kosinus kąta między przekątną ściany bocznej i krawędzią podstawy wynosi $\frac{3\sqrt{10}}{10}$ oraz promień okręgu opisanego na podstawie graniastosłupa wynosi $4\sqrt{3}$. Obliczymy pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.

Rozwiązanie:

RILNolhBNZvlC

Ilustracja przedstawia graniastosłup o podstawie trójkąta. Wierzchołki dolnej podstawy to A B oraz C, a wierzchołki górnej podstawy podpisano D E F. W ścianie bocznej graniastosłupa zaznaczono jej przekątną AF, kąt CAF podpisano literą alfa. Wszystkie krawędzie podstawy podpisano literą a, krawędź boczną ostrosłupa podpisano literą h. Obok graniastosłupa znajduje się trójkąt A B C wpisany w okrąg, boki trójkąta mają długość a, z każdego wierzchołka trójkąta poprowadzono promień, który podpisano literą R.

Niech $a>0$ oznacza długość krawędzi podstawy, $h>0$ długość wysokości oraz $d>0$ długość przekątnej ściany bocznej rozważanego graniastosłupa. Promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym stanowi $\frac{2}{3}$ wysokości podstawy graniastosłupa, zatem otrzymujemy $\frac{a\sqrt{3}}{2}·\frac{2}{3}=4\sqrt{3}$, czyli $a=12$.

Z warunków zadania mamy

$\cos \alpha =\frac{\left|AC\right|}{\left|AF\right|}$,

$\frac{a}{d}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$,

$\frac{12}{d}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$,

$d=4\sqrt{10}$.

Wyliczymy teraz długość wysokości graniastosłupa. Zastosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta $ACF$. Otrzymujemy kolejno

$d^2=a^2+h^2$,

$160=144+h^2$,

$h=4$.

Możemy obliczyć pole powierzchni całkowitej naszego graniastosłupa

$P_{pc}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3ah=\frac{{12}^2·\sqrt{3}}{2}+3·12·4=72\sqrt{3}+144$.

Graniastosłup prawidłowy trójkątny o objętości $24\sqrt{3}$ przecięto płaszczyzną przechodzącą przez krawędź podstawy i jeden z wierzchołków drugiej podstawy, tak, że tworzy ona z płaszczyzną podstawy kąt, którego $\mathrm{tg}\alpha =\sqrt{3}$. Obliczymy pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.

R1XmPgVNcF2De

Ilustracja przedstawia graniastosłup o podstawie trójkąta. Wierzchołki dolnej podstawy to A B oraz C, a wierzchołki górnej podstawy podpisano D E F. W ścianie bocznej graniastosłupa zaznaczono jej przekątną AF, kąt CAF podpisano literą alfa. Wszystkie krawędzie podstawy podpisano literą a, krawędź boczną ostrosłupa podpisano literą h. W ścianie bocznej graniastosłupa zaznaczono jej przekątną AF, w drugiej ścianie ocznej zaznaczono jej przekątną BF. W podstawie zaznaczono odcinek CG, przy czym punkt G leży na krawędzi AB. W graniastosłupie zaznaczono również odcinek FG, kąt CGF podpisano literą alfa.

Rozwiązanie:

Niech $a>0$ oznacza długość krawędzi podstawy oraz $h>0$ długość wysokości rozważanego graniastosłupa. Z warunków zadania mamy kolejno

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{\left|FC\right|}{\left|GC\right|}$,

$\frac{h}{{\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}}}=\sqrt{3}$,

$h=\frac{3}{2}a$.

Następnie mamy

$V=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}h$,

$\frac{a^2\sqrt{3}}{4}·\frac{3}{2}a=24\sqrt{3}$,

$\frac{3a^3\sqrt{3}}{8}=24\sqrt{3}$,

$a^3=64$,

$a=4$.

Wyliczymy teraz długość wysokości graniastosłupa $h=\frac{3}{2}a=6$. Możemy obliczyć pole powierzchni całkowitej naszego graniastosłupa

$P_{pc}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3ah=\frac{4^2·\sqrt{3}}{2}+3·4·6=8\sqrt{3}+72$.

W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym sinus kąta jaki tworzy przekątna ściany bocznej z sąsiednią ścianą boczną wynosi $\frac{1}{4}$. Objętość graniastosłupa jest równa $\frac{\sqrt{33}}{4}$. Obliczymy pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.

Rozwiązanie:

RoACevWtIPCJk

IlustracjaIlustracja przedstawia graniastosłup o podstawie trójkąta. Wierzchołki dolnej podstawy to A B oraz C, a wierzchołki górnej podstawy podpisano D E F. Na krawędzi BC zaznaczono punkt P. W graniastosłupie zaznaczono trójkąt prostokątny APF. Kąt APF to kąt prosty, kąt PFA podpisano literą alfa.

Niech $a>0$ oznacza długość krawędzi podstawy, $h>0$ długość wysokości oraz $d>0$ długość przekątnej ściany bocznej rozważanego graniastosłupa. Trójkąt $APF$ jest prostokątny. Odcinek $\left|CP\right|=\frac{1}{2}a$ oraz $\left|AP\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Z warunków zadania mamy kolejno

$\sin \alpha =\frac{\left|AP\right|}{\left|AF\right|}$,

$\frac{{\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}}}{d}=\frac{1}{4}$,

$d=2\sqrt{3}a$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $ACF$ mamy

$d^2=a^2+h^2$,

$a^2+h^2=12a^2$,

$h=\sqrt{11}a$.

Możemy wyliczyć długość krawędzi podstawy. Otrzymujemy

$V=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}h$,

$\frac{a^2\sqrt{3}}{4}·\sqrt{11}a=\frac{\sqrt{33}}{4}$,

$a^3=1$,

$a=1$.

Wyliczymy teraz długość wysokości graniastosłupa $h=\sqrt{11}a=\sqrt{11}$. Możemy obliczyć pole powierzchni całkowitej naszego graniastosłupa

$P_{pc}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3ah=\frac{\sqrt{3}}{2}+3\cdot 1\cdot \sqrt{11}=\frac{\sqrt{3}}{2}+3\sqrt{11}$.

W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym $ABCDEF$ poprowadzono płaszczyznę $\pi$ przechodzącą przez wysokość dolnej podstawy $AP$, gdzie $P$ jest spodkiem wysokości i wierzchołek $F$ górnej podstawy, tak, że płaszczyzna $\pi$ tworzy z płaszczyzną podstawy kąt którego tangens jest równy $2\sqrt{3}$. Pole przekroju graniastosłupa wyznaczonego przez płaszczyznę $\pi$ jest równe $8\sqrt{39}$. Obliczymy pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.

Rozwiązanie:

RS5XfzqfOVUv4

Ilustracja przedstawia graniastosłup o podstawie trójkąta. Wierzchołki dolnej podstawy to A B oraz C, a wierzchołki górnej podstawy podpisano D E F. Na krawędzi BC zaznaczono punkt P. W graniastosłupie zaznaczono trójkąt prostokątny APF. Kąt APF to kąt prosty, kąt FPC podpisano literą alfa.

Niech $a>0$ oznacza długość krawędzi podstawy, $h>0$ długość wysokości oraz $d>0$ długość przekątnej ściany bocznej rozważanego graniastosłupa. Trójkąt prostokątny $APF$ jest przekrojem graniastosłupa wyznaczonym przez płaszczyznę $\pi$ o przyprostokątnych $\left|AP\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ oraz $\left|PF\right|=\sqrt{h^2+\frac{1}{4}{a}^2}$. Z warunków zadania mamy

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{\left|CF\right|}{\left|CP\right|}$,

$\frac{h}{{\displaystyle \frac{a}{2}}}=2\sqrt{3}$,

$h=\sqrt{3}a$.

Wiemy ponadto, że

$\frac{1}{2}·\frac{a\sqrt{3}}{2}·\sqrt{h^2+\frac{1}{4}{a}^2}=8\sqrt{39}$.

Otrzymujemy kolejno

$\frac{a\sqrt{3}}{4}\sqrt{3a^2+\frac{1}{4}{a}^2}=8\sqrt{39}$

$\frac{a\sqrt{3}}{4}·\frac{a\sqrt{13}}{2}=8\sqrt{39}$,

$\frac{a^2\sqrt{39}}{8}=8\sqrt{39}$,

$a=8$.

Wyliczymy teraz długość wysokości graniastosłupa $h=\sqrt{3}a=8\sqrt{3}$. Możemy obliczyć pole powierzchni całkowitej naszego graniastosłupa

$P_{pc}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3ah=\frac{8^2·\sqrt{3}}{2}+3·8·8\sqrt{3}=224\sqrt{3}$.

Ściana boczna graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego jest kwadratem o polu $8$. Oblicz pole powierzchni tego graniastosłupa.

Jest to graniastosłup, którego wszystkie krawędzie są tej samej długości.

Oznaczmy krawędź graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego przez $a$.

Mamy wtedy $a^2=8$, a stąd $a=2\sqrt{2}$.

Korzystając ze wzoru na pole powierzchni graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego mamy

$P_c=3·{\left(2\sqrt{2}\right)}^2\sqrt{3}+6·2\sqrt{2}·2\sqrt{2}=24\sqrt{3}+48=24\left(\sqrt{3}+2\right)$.

Krótsza przekątna graniastosłupaprzekątna graniastosłupaprzekątna graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego ma długość $6$ i jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $30°$. Oblicz pole powierzchni tego graniastosłupa.

Zróbmy rysunek pomocniczy.

R1HMBAfkd4lX6

Obrazek przedstawia trójkąt prostokątny umieszczony w graniastosłupie sześciokątnym prawidłowym. Trójkąt umieszczono tak, że jedną z jego przyprostokątnych jest wysokość graniastosłupa równa H, podstawą jest krótsza przekątna sześciokąta równa a pierwiastków kwadratowych z trzech. Przeciwprostokątna jest nachylona do podstawy graniastosłupa pod kątem trzydziestu stopni. Wartość przeciwprostokątnej jest równa sześć.

Mamy $\sin 30°=\frac{H}{6}$, a stąd $\frac{1}{2}=\frac{H}{6}$ i ostatecznie $H=3$.

Podobnie $\cos 30°=\frac{a\sqrt{3}}{6}$ i stąd $a=3$.

A zatem $P_c=3·9\sqrt{3}+6·9=27\sqrt{3}+54=27\left(\sqrt{3}+2\right)$.

Przekątne ścian bocznych wychodzące ze wspólnego wierzchołka graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego wraz z łączącą je przekątną podstawy tworzą trójkąt równoboczny o polu $9\sqrt{3}$. Oblicz pole powierzchni tego graniastosłupa.

Oznaczmy przez $a$ krawędź podstawy graniastosłupa. Wówczas długość przekątnej ściany bocznej jest równa długości krótszej przekątnej podstawy $a\sqrt{3}$.

RGoyAkzAjRLsz

Ilustracja przedstawia trójkąt równoboczny, o boku a pierwiastków kwadratowych z trzech, umieszczony w graniastosłupie sześciokątnym, prawidłowym, o boku podstawy równym a i wysokości równej H. Trójkąt umieszczono tak, że jeden z jego wierzchołków styka się z podstawą graniastosłupa, na łączeniu dwóch boków sześciokąta. Połączenie dwóch pozostałych wierzchołków tworzy mniejszą przekątną górnej podstawy.

Czyli $\frac{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=9\sqrt{3}$. Czyli $3a^2=36$, a stąd $a=2\sqrt{3}$. Mamy stąd przekątną ściany bocznej równą $6$.

Obliczamy wysokość graniastosłupa z twierdzenia Pitagorasa:

$H^2+{\left(2\sqrt{3}\right)}^2=6^2$. Czyli $H^2=36-12=24$ i ostatecznie $H=2\sqrt{6}$.

Możemy teraz obliczyć pole powierzchni graniastosłupa

$P_c=2·6·\frac{{\left(2\sqrt{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}+6·2\sqrt{3}·2\sqrt{6}=36\sqrt{3}+24\sqrt{18}=$

$=36\sqrt{3}+72\sqrt{2}=36\left(\sqrt{3}+2\sqrt{2}\right)$.

Pole powierzchni bocznej graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego wynosi $216$, a kąt nachylenia krótszej przekątnej graniastosłupa do podstawy wynosi $30°$. Oblicz objętość tego graniastosłupa.

Zrobimy rysunek pomocniczy:

RoUt0bkKTW6qT

Obrazek przedstawia trójkąt prostokątny umieszczony w graniastosłupie sześciokątnym prawidłowym. Trójkąt umieszczono tak, że jedną z jego przyprostokątnych jest wysokość graniastosłupa równa H, poprowadzona od punktu F zawartego w podstawie dolnej, do punktu L należącego do podstawy górnej. Podstawą trójkąta jest krótsza przekątna sześciokąta równa a pierwiastków kwadratowych z trzech, poprowadzona od punktu F do punktu B znajdującego się na podstawie graniastosłupa. Przeciwprostokątna jest nachylona do podstawy graniastosłupa pod kątem trzydziestu stopni i łączy ona punkty L i B.

Z trójkąta $BFL$ mamy $\mathrm{tg}30°=\frac{H}{a\sqrt{3}}$, czyli $\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{H}{a\sqrt{3}}$. Ostatecznie $a=H$.

A zatem korzystając z pola powierzchni bocznej $6a^2=216$ i stąd $a=H=6$.

Obliczymy objętość tego graniastosłupa $V=6·\frac{36\sqrt{3}}{4}·6=324\sqrt{3}$.

Pole powierzchni graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego wynosi $60\sqrt{3}$ a krawędź jego podstawy ma długość $2\sqrt{3}$. Oblicz miarę kąta nachylenia dłuższej przekątnej graniastosłupa do podstawy.

Obliczymy długość wysokości tego graniastosłupa:

$60\sqrt{3}=2·6·\frac{{\left(2\sqrt{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}+6·2\sqrt{3}H$

A stąd $60\sqrt{3}=36\sqrt{3}+12\sqrt{3}H$, czyli $24\sqrt{3}=12\sqrt{3}H$. Ostatecznie $H=2$.

Zróbmy rysunek pomocniczy. Uwzględnimy na nim, że dłuższa przekątna podstawy ma długość $2a=4\sqrt{3}$.

Szukany kąt został oznaczony przez $\beta$.

R15wn6hstRISB

Obrazek przedstawia trójkąt prostokątny umieszczony w graniastosłupie sześciokątnym prawidłowym. Trójkąt umieszczono tak, że jedną z jego przyprostokątnych jest wysokość graniastosłupa równa 2, poprowadzona od punktu F zawartego w podstawie dolnej, do punktu L należącego do podstawy górnej. Podstawą trójkąta jest dłuższa przekątna sześciokąta równa cztery pierwiastków kwadratowych z trzech, poprowadzona od punktu F do punktu C znajdującego się na podstawie graniastosłupa, symetrycznie względem środka do punktu F. Przeciwprostokątna jest nachylona do podstawy graniastosłupa pod kątem beta. Przeciwprostokątna łączy punkty L i C.

Mamy $\mathrm{tg}\beta =\frac{2}{4\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}\approx 0,2887$. Czyli $\beta \approx 16°$.

Pole powierzchni graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego wynosi $72+48\sqrt{3}$, a suma długości wszystkich krawędzi $66$. Oblicz długości krawędzi tego graniastosłupa, wiedząc, że wyrażają się liczbami wymiernymi.

Ułożymy układ równań o niewiadomych $a$, $H$, gdzie $a$ jest krawędzią podstawy, a $H$ wysokością graniastosłupa.

$\left\{\begin{array}{l}3\sqrt{3}{a}^2+6aH=72+48\sqrt{3}\\ 12a+6H=66 |:6 \end{array}\right.$

Z drugiego równania wyznaczmy $H$:

$H=11-2a$ i wstawmy do pierwszego równania:

$3\sqrt{3}{a}^2+6a\left(11-2a\right)=72+48\sqrt{3}$.

Dzieląc równanie stronami przez $3$ i porządkując mamy:

$\left(\sqrt{3}-4\right)a^2+22a-24-16\sqrt{3}=0$

$∆=484-4\left(\sqrt{3}-4\right)\left(-24-16\sqrt{3}\right)=484+32\left(\sqrt{3}-4\right)\left(3+2\sqrt{3}\right)=$

$=484+32\left(-6-5\sqrt{3}\right)=292-160\sqrt{3}={\left(8\sqrt{3}-10\right)}^2$

Czyli

$a_1=\frac{-22-\left(8\sqrt{3}-10\right)}{2\sqrt{3}-8}=\frac{-12-8\sqrt{3}}{2\sqrt{3}-8}=\frac{6+4\sqrt{3}}{4-\sqrt{3}}=\frac{24+6\sqrt{3}+16\sqrt{3}+12}{13}=\frac{36+22\sqrt{3}}{13}\notin \mathrm{\mathbb{Q}}$

$a_2=\frac{-32+8\sqrt{3}}{2\sqrt{3}-8}=4$

A zatem $a=4$ i $H=11-8=3$.