• Zastosujesz funkcje trygonometryczne oraz własności trójkątów prostokątnych do obliczania długości odpowiednich odcinków w graniastosłupie.

• Obliczysz objętość graniastosłupa.

• Wyznaczysz wskazane odcinki w graniastosłupie mając daną jego objętość.

• Wykorzystasz poznaną wiedzę do rozwiązywania problemów matematycznych.

Obliczymy objętość prostopadłościanu o krawędziach: $a=10 \mathrm{cm}$, $b=15 \mathrm{cm}$ i $c=5 \mathrm{cm}$.

Rozwiązanie:

Objętość podanej bryły wyliczamy według poznanego już wzoru:

$V=a·b·c$

$V=10 \mathrm{cm}·15 \mathrm{cm}·5 \mathrm{cm}$

$V=750 {\mathrm{cm}}^3$.

Objętość prostopadłościanu o wymiarach $10$, $15$ oraz $5 \mathrm{cm}$ wynosi $750$ centymetrów sześciennych.

Obliczymy długość trzeciej krawędzi prostopadłościanu, jeżeli objętość prostopadłościanu jest równa $280 {\mathrm{m}}^3$, a dwie z jego krawędzi mają długość $5 \mathrm{m}$ oraz $7 \mathrm{m}$.

Rozwiązanie:

Długość trzeciej krawędzi obliczymy, przekształcając wzór na objętość prostopadłościanu:

$V=a·b·c$

$c=\frac{V}{a·b}$

$c=\frac{280 {\mathrm{m}}^3}{5 \mathrm{m}·7 \mathrm{m}}$

$c=8 \mathrm{m}$.

Długość trzeciej krawędzi prostopadłościanu wynosi $8$ metrów. Poprzez przekształcenia wzoru na objętość prostopadłościanu możemy obliczyć długość dowolnej krawędzi prostopadłościanu.

Dany jest prostopadłościan, w którym jedna z krawędzi podstawy ma długość $6$. Kąty między krawędziami podstawy a przekątnymi ścian bocznych mają miary odpowiednio $\alpha =30°$ i $\beta =60°$, tak jak na poniższym rysunku. Obliczymy objętość tego prostopadłościanu.

R12qB3FyrmtHM

Ilustracja przestawia prostopadłościan, którego krawędzie podstawy mają długości odpowiednio: 6 oraz c, a ściana boczna ma wysokość b. Tylne krawędzie prostopadłościanu narysowano linią przerywaną. Nachylenie przekątnej ściany do krawędzi o długości 6 oznaczono kątem beta, a nachylenie przekątnej ściany bocznej do krawędzi c oznaczono jako alfa.

Rozwiązanie:

Aby rozwiązać zadanie, niezbędna jest umiejętność posługiwania się wzorami trygonometrycznymi oraz własnościami trójkątów. Obliczmy długość krawędzi $b$. Wykorzystamy do tego wartość funkcji cotangens:

$\mathrm{ctg}\beta =\frac{\sqrt{3}}{3}$

$ctg\beta =\frac{a}{b}$

$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{6}{b}$

$b\sqrt{3}=18$, czyli $b=6\sqrt{3}$

Do obliczenia długość trzeciej krawędzi wykorzystamy funkcję tangens:

$tg\alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}$

$tg\alpha =\frac{b}{c}$

$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{6\sqrt{3}}{c}$

$c\sqrt{3}=18\sqrt{3}$, czyli $c=18$

Wobec tego obliczamy objętość prostopadłościanu:

$V=6·6\sqrt{3}·18=648\sqrt{3}$

Zauważmy, że do wyznaczenia długości pozostałych krawędzi prostopadłościanu wystarczyła jedynie długość jednej z krawędzi i kąty między krawędziami podstawy i przekątnymi ścian bocznych. Nie zawsze znamy bowiem dokładne długości krawędzi, a zmierzenie odpowiednich kątów może być łatwiejszym zadaniem.

Przekątna podstawy prostopadłościanu jest o $2$ krótsza od krawędzi bocznej i o $4$ krótsza od przekątnej prostopadłościanu. Wyznaczymy objętość tego prostopadłościanu, jeżeli długości krawędzi podstawy prostopadłościanu różnią się o $3$.

Rozwiązanie:

Narysujmy prostopadłościan i wprowadźmy oznaczenia, jak na rysunku.

R9zQHp9y7TFGy

Ilustracja przedstawia prostopadłościan o krawędziach podstawy $a+3$ i a  oraz wysokości $x+2$. Przekątna graniastosłupa ma długość $x+4$, a przekątna podstawy ma długość x.

Ponieważ przekątna podstawy prostopadłościanu, krawędź boczna i przekątna prostopadłościanu tworzą trójkąt prostokatny, zatem do wyznaczenia wartości $x$ rozwiązujemy równanie:

$x^2+{\left(x+2\right)}^2={\left(x+4\right)}^2$

$x^2+x^2+4x+4=x^2+8x+16$

$x^2-4x-12=0$

$x_1=\frac{4-8}{2}=-2$ oraz $x_2=\frac{4+8}{2}=6$.

Zatem przekątna podstawy prostopadłościanu ma długość $6$.

Do wyznaczenia wartości $a$ rozwiązujemy równanie, korzystając z twierdzenia Pitagorasa:

${\left(a+3\right)}^2+a^2=6^2$

$2a^2+6a-27=0$

$a_1=\frac{-6-6\sqrt{7}}{4}<0$

$a_2=\frac{-6+6\sqrt{7}}{4}=\frac{-3+3\sqrt{7}}{2}>0$

Krawędź prostopadłościanu mają długości:

$a=\frac{-3+3\sqrt{7}}{2}$

$a+3=\frac{-3+3\sqrt{7}}{2}+3=\frac{3+3\sqrt{7}}{2}$

$x+2=6+2=8$

Wobec tego objętość prostopadłościanu jest równa:

$V=\frac{3+3\sqrt{7}}{2}·\frac{-3+3\sqrt{7}}{2}·8=108$

Przekątna $d$ prostopadłościanu jest nachylona do największej ściany bocznej pod kątem $\alpha$. Krawędzie prostopadłościanu wychodzące z tego samego wierzchołka tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy $1$. Wyznaczymy objętość tego prostopadłościanu.

Rozwiązanie:

Narysujmy prostopadłościan i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

RjqLcaMmjJ48K

Ilustracja przedstawia prostopadłościan o krawędziach podstawy a i $a+1$ oraz wysokości $a+2$. Przekątna graniastosłupa ma długość d, a kąt pomiędzy przekątną graniastosłupa a przekątną ściany bocznej wynosi alfa.

Korzystając z funkcji trygonometrycznej sinus mamy:

$\sin \alpha =\frac{a}{d}$, więc $a=d\sin \alpha$

Wobec tego

$a+1=d\sin \alpha +1$

$a+2=d\sin \alpha +2$

Objętość prostopadłościanu jest równa:

$V=d\sin \alpha ·\left(d\sin \alpha +1\right)·\left(d\sin \alpha +2\right)=d^3{\sin }^3\alpha +3d^2{\sin }^2\alpha +2d\sin \alpha$

Przekątna prostopadłościanu ma długość $26$ i tworzy z płaszczyzną podstawy kąt $\alpha$ taki, że $\mathrm{tg}\alpha =\frac{5}{12}$. Obliczymy objętość tego prostopadłościanu, jeżeli krawędzie podstawy pozostają w stosunku $1:3$.

Rozwiązanie:

Narysujmy prostopadłościan i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

RxlUb3D6p5TY9

Ilustracja przedstawia prostopadłościan o krawędziach podstawy a i b oraz wysokości h. przekątna podstawy ma długość d, a przekątna graniastosłupa ma długość 26 jednostek. Kąt pomiędzy przekątnymi ma miarę alfa

Ponieważ $\mathrm{tg}\alpha =\frac{5}{12}$, zatem

$\frac{h}{d}=\frac{5}{12}$

$h=\frac{5}{12}·d$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa mamy zależność:

$d^2+h^2={26}^2$

$d^2+{\left(\frac{5}{12}·d\right)}^2={26}^2$

$d^2+\frac{25}{144}{d}^2=676$

$\frac{169}{144}{d}^2=676$

$d=26·\frac{12}{13}=24$

$h=\frac{5}{12}·24=10$

Ponieważ krawędzie podstawy pozostają w stosunku $1:3$, zatem załóżmy, że $a=3b$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa obliczamy długości krawędzi podstawy prostopadłościanu:

$a^2+b^2=d^2$

${\left(3b\right)}^2+b^2={24}^2$

$10b^2=576$

$b^2=\frac{576}{10}$

$b=\frac{24}{\sqrt{10}}=\frac{24\sqrt{10}}{10}=\frac{12\sqrt{10}}{5}$

$a=3·\frac{12\sqrt{10}}{5}=\frac{36\sqrt{10}}{5}$

Wobec tego objętość prostopadłościanu jest równa:

$V=a·b·h$

$V=\frac{36\sqrt{10}}{5}·\frac{12\sqrt{10}}{5}·10=1728$

Wyznaczymy objętość prostopadłościanu z rysunku, gdy dane są długości przekątnych jego ścian bocznych, czyli odcinki $y,z,t$.

Rozwiązanie:

Narysujmy prostopadłościan i wprowadźmy oznaczenia, jak na rysunku.

R8uxJ8ddqUtAL

Ilustracja przedstawia prostopadłościan o krawędziach podstawy a i b oraz wysokości c. Przekątna podstawy ma długość t, przekątne ściany bocznej mają długości y oraz z. przekątna prostopadłościanu ma długość x.

Wiadomo, że objętość prostopadłościanu obliczamy ze wzoru:

$V=a·b·c$

Prostopadłościan o podanych długościach przekątnych ścian bocznych istnieje, gdy zachodzą następujące warunki:

$y^2+t^2>z^2$

$z^2+t^2>y^2$

$y^2+z^2>t^2$

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy, że:

$a^2+b^2=t^2$

$b^2+c^2=y^2$

$a^2+c^2=z^2$

Korzystając z tych równości otrzymujemy długości krawędzi prostopadłościanu.

Zatem:

$a=\sqrt{\frac{t^2+z^2-y^2}{2}}$

$b=\sqrt{\frac{t^2+y^2-z^2}{2}}$

$c=\sqrt{\frac{y^2+z^2-t^2}{2}}$

Zatem objętość prostopadłościanu z rysunku wyraża się wzorem:

$V=a·b·c=\sqrt{\frac{t^2+z^2-y^2}{2}·\frac{t^2+y^2-z^2}{2}·\frac{y^2+z^2-t^2}{2}}=$

$=\sqrt{\frac{\left(t^2+z^2-y^2\right)·\left(t^2+y^2-z^2\right)·\left(y^2+z^2-t^2\right)}{8}}$

Objętość graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa iloczynowi pola podstawy przez wysokość

RTEMX5DZ7fc7Z

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy czworokątny. Krawędzie podstawy są równe a, a wysokość równa h.

Objętość sześcianusześciansześcianu o krawędzi $a$ wyraża się za pomocą wzoru:

W graniastosłupie prawidłowym czworokątnymgraniastosłup prawidłowy czworokątnygraniastosłupie prawidłowym czworokątnym krawędź podstawy jest równa $a$, zaś przekątna tworzy ze ścianą boczną kąt $\alpha$. Obliczymy objętość tego graniastosłupa.

Rozwiązanie

R1qMr5v53IebC

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy czworokątny A B C D E F G H. Krawędzie podstawy są równe a, a wysokość równa h. Z punktu A i B poprowadzono dwie przekątne graniastosłupa do punktu G. Kąt przy wierzchołku G ma miarę $\alpha$.

Niech $h$ oznacza długość wysokości rozważanego graniastosłupa, $p$ będzie długością przekątnej ściany bocznej. Wówczas trójkąt $ABG$ jest prostokątny. Stosując twierdzenie Pitagorasatwierdzenie Pitagorasatwierdzenie Pitagorasa, otrzymujemy: $h^2=p^2-a^2$. Następnie z trójkąta $GBA$ mamy $p=\frac{a}{\mathrm{tg}\alpha }$,

więc $h^2=a^2\left(\frac{1}{{\mathrm{tg}}^2\alpha }-1\right)=\frac{a^2\left({\cos }^2\alpha -{\sin }^2\alpha \right)}{{\sin }^2\alpha }=\frac{a^2·\cos 2\alpha }{{\sin }^2\alpha }$.

Możemy już obliczyć objętość naszego graniastosłupa:

$V=a^{2}h=\frac{a^3\sqrt{\cos 2\alpha }}{\sin \alpha }$, $0<\alpha <45°$.

W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym pole podstawy jest równe $P$, a pole ściany bocznej $S$. Obliczymy objętość tego graniastosłupa.

Rozwiązanie

Niech $a$ oznacza długość krawędzi, $h$ długość wysokości rozważanego graniastosłupa. Zatem $a=\sqrt{P}$ oraz $S=ah=\sqrt{P}h$, stąd $h=\frac{S}{\sqrt{P}}$. Możemy obliczyć objętość naszego graniastosłupa

$V=a^{2}h=P·\frac{S}{\sqrt{P}}=S\sqrt{P}$.

Graniastosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy długości $a$, przecięto płaszczyzną tak jak pokazano na rysunku.

R1T8nKKV10Fe0

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy czworokątny. Przecięto go płaszczyzną w kształcie rombu o kącie ostrym, nachyloną do podstawy graniastosłupa. Odcinek łączący punkt przecięcia przekątnych rombu i punkt przecięcia przekątnych podstawy graniastosłupa jest prostopadły do podstawy graniastosłupa.

Przekrojem jest romb o kącie ostrym, którego tangens jest równy $\sqrt{3}$. Obliczymy objętość tego graniastosłupa.

Rozwiązanie:

RWCUIEjySPfgT

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy czworokątny A B C D E F G H, krawędzie podstawy mają długość a, a wysokość długość h. Przecięto go płaszczyzną w kształcie rombu o kącie ostrym, nachyloną do podstawy graniastosłupa. Płaszczyzna styka się z krawędzią ściany bocznej w punkcie R. Przekątne rombu przecinają się w punkcie O. Kąt między krawędzią a przekątną rombu wynosi $\alpha$.

Aby obliczyć objętość graniastosłupa, musimy znaleźć zależność pomiędzy jego krawędzią podstawy a wysokością. Z treści zadania wiemy, że $\mathrm{tg}2\alpha =\sqrt{3}$, stąd wynika, że $\alpha =30°$. Następnie dla trójkąta $AOR$ (który jest prostokątny, bo przekątne rombu przecinają się pod kątem prostym) mamy $\mathrm{tg}30°=\frac{\left|OR\right|}{\left|AO\right|}$ oraz biorąc pod uwagę, że $\left|OR\right|=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ otrzymujemy $\left|AO\right|=\frac{\sqrt{6}a}{2}$. Niech $\beta$ będzie kątem nachylenia przekroju do płaszczyzny podstawy. Z trójkąta $ASO$ mamy $\cos \beta =\frac{\left|AS\right|}{\left|AO\right|}$ oraz biorąc pod uwagę, że $\left|AS\right|=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ i $\left|AO\right|=\frac{\sqrt{6}a}{2}$ otrzymujemy, że $\cos \beta =\frac{\sqrt{3}}{3}$, stąd $\sin \beta =\frac{\sqrt{6}}{3}$ i $\mathrm{tg}\beta =\sqrt{2}=\frac{h}{a\sqrt{2}}$. Zatem $h=2a$. Objętość graniastosłupa jest równa $V=a^{2}h=2a^3$.

Odcinek długości $d$ łączy środek krawędzi podstawy graniastosłupa prawidłowego czworokątnego z wierzchołkiem drugiej podstawy leżącym w tej samej płaszczyźnie ściany bocznej graniastosłupa. Pole boczne tego graniastosłupa jest równe $4d^2$. Wyznaczymy objętość tego graniastosłupa.

Rozwiązanie

Rozważmy graniastosłup prawidłowy czworokątny przedstawiony na rysunku.

RCI63VKgmssHY

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy czworokątny A B C D E F G H, krawędzie podstawy mają długość a, a wysokość długość h. Z punktu F poprowadzono prostą przecinającą krawędź podstawy w punkcie S. dzieli on krawędź podstawy na pół. Odcinek F S leży na ścianie bocznej tego graniastosłupa.

Z treści zadania wiemy, że pole boczne graniastosłupa jest równe $4d^2$, zatem mamy $4ah=4d^2$, a stąd otrzymujemy, że $d^2=ah$. Korzystając z  Twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $SBF$ otrzymujemy $d^2=\frac{1}{4}{a}^2+h^2$. Podstawiając $d^2=ah$ otrzymujemy $ah=\frac{1}{4}{a}^2+h^2$. Przekształcając to równanie otrzymujemy $a^2-4ah+4h^2=0$. Korzystając ze wzoru skróconego mnożenia na kwadrat  różnicy $a^2-2ab+b^2={\left(a-b\right)}^2$, nasze równanie przyjmuje postać ${\left(a-2h\right)}^2=0$. Łatwo zauważyć, że równość ta zachodzi tylko wtedy gdy $a=2h$. Zatem otrzymujemy $d^2=2h^2$, z czego wynika, że $d=\sqrt{2}h$, czyli $h=\frac{\sqrt{2}}{2}d$ oraz $a=\sqrt{2}d$. Możemy obliczyć szukaną objętość: $V=2d^2·\frac{\sqrt{2}}{2}d=\sqrt{2}{d}^3$.

Z punktu przecięcia przekątnych podstawy graniastosłupa prawidłowego czworokątnego poprowadzono odcinki o długości $d$ do dwóch wierzchołków drugiej podstawy, przy czym wierzchołki te nie należą do tej samej płaszczyzny ściany bocznej. Kosinus kąta między nimi jest równy $\frac{1}{4}$. Obliczymy objętość tego graniastosłupa.

Rozwiązanie

Rozważmy graniastosłup prawidłowy czworokątny przedstawiony na rysunku.

R1Dj27nWwWXPM

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy czworokątny A B C D E F G H, krawędzie podstawy mają długość a, a wysokość długość h. Przekątne podstawy graniastosłupa przecinają się w punkcie S. Z wierzchołka H i F poprowadzono dwie proste o spotykające się w punkcie S. Kąt między prostymi wynosi $\alpha$.

Niech $a$ oznacza długość krawędzi podstawy, a $h$ długość wysokości rozważanego graniastosłupa. Korzystając z twierdzenia kosinusówtwierdzenie kosinusówtwierdzenia kosinusów dla trójkąta $HSF$ otrzymujemy $2a^2=2d^2-2d^2·\frac{1}{4}=2d^2-\frac{1}{2}{d}^2=\frac{3}{2}{d}^2$, stąd $a=\frac{\sqrt{3}}{2}d$. Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $HDS$ mamy $h^2+\frac{1}{2}{a}^2=d^2$. Podstawiając za $a=\frac{\sqrt{3}}{2}d$ otrzymujemy $h^2=\frac{5}{8}{d}^2$, czyli $h=\frac{\sqrt{10}}{4}d$. Możemy obliczyć szukaną objętość: $V=\frac{3}{4}{d}^2·\frac{\sqrt{10}}{4}d=\frac{3\sqrt{10}}{16}{d}^3$.

Objętość graniastosłupa prawidłowego trójkątnego jest równa iloczynowi pola podstawy przez wysokość.

RhLPCcbKVgKud

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny z krawędziami podstawy równymi a oraz wysokością równą h.

W graniastosłupie prawidłowym trójkątnymgraniastosłup prawidłowy trójkątnygraniastosłupie prawidłowym trójkątnym o objętości równej $1$, pole powierzchni bocznej jest równe sumie pól podstaw. Wyznaczymy długość krawędzi podstawy i długość wysokości tego graniastosłupa.

Rozwiązanie:

Niech $a>0$ oznacza długość krawędzi podstawy oraz $h>0$ długość wysokości rozważanego graniastosłupa. Z warunków zadania wynika, że

$3ah=2\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ oraz $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}h=1$.

Przekształcając równoważnie pierwsze równanie, uzyskujemy kolejno

$3ah=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

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

$h=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Następnie, podstawiając powyższą zależność do drugiego równania, otrzymujemy kolejno

$\frac{a^2\sqrt{3}}{4}·\frac{a\sqrt{3}}{6}=1$

$\frac{a^3}{8}=1$

$a=2$.

Możemy wyliczyć długość wysokości

$h=\frac{2\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Zatem krawędź podstawy graniastosłupa ma długość $2$, a wysokość $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Na rysunku przedstawiono graniastosłup prawidłowy trójkątny. Przyjmując że $h=10$ oraz $\cos \alpha =\frac{9}{10}$, obliczymy jego objętość.

R1NQYxxPHdUhM

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny $ABCDEF$ z krawędziami podstawy równymi a  oraz wysokością równą h. Zaznaczono przekątną ściany bocznej graniastosłupa tworzącą z krawędzią podstawy kąt o mierze $\alpha$

Rozwiązanie:

Niech $a>0$ oznacza długość krawędzi podstawy, $h>0$ długość wysokości oraz $d>0$ długość przekątnej ściany bocznej rozważanego graniastosłupa. Korzystając z twierdzenia Pitagorasatwierdzenie Pitagorasatwierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $ACF$ mamy

$d^2=a^2+h^2=a^2+100$.

Stosujemy twierdzenie kosinusówtwierdzenie cosinusówtwierdzenie kosinusów do trójkąta $ABF$, otrzymujemy kolejno

$a^2=d^2+d^2-2·d·d·\cos \alpha$

$a^2=2\left(a^2+100\right)-2\left(a^2+100\right)·\frac{9}{10}$

$a^2=\frac{1}{5}{a}^2+20$

$a^2=25$

$a=5$.

Możemy obliczyć objętość

$V=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}h=\frac{25\sqrt{3}}{4}·10=\frac{125}{2}\sqrt{3}$.

Graniastosłup prawidłowy trójkątny przecięto płaszczyzną przechodzącą przez krawędź podstawy i nachyloną do płaszczyzny podstawy pod kątem ostrym, którego $\mathrm{tg}\alpha =2\sqrt{3}$. Pole otrzymanego przekroju wynosi $\sqrt{39}$. Stosunek długości wysokości do długości krawędzi podstawy tego graniastosłupa wynosi $2$. Obliczymy objętość tego graniastosłupa.

Rozwiązanie:

R10kC18OcVgZn

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny A B C D E F z krawędziami podstawy równymi a  oraz wysokością równą h. Graniastosłup prawidłowy trójkątny przecięto płaszczyzną od punktu R na krawędzi ściany bocznej przechodzącą przez krawędź podstawy AC i nachyloną do płaszczyzny podstawy pod kątem $\alpha$.

Niech $a>0$ oznacza długość krawędzi podstawy oraz $h>0$ długość wysokości rozważanego graniastosłupa. Zauważmy, że przekrój jest trójkątem równoramiennym, a nie trapezem wtedy i tylko wtedy gdy punkt $R$ znajduje się na krawędzi $EB$. Dzieję się tak, gdy

$\mathrm{tg}\alpha \le \frac{h}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2h}{a\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}h}{3a}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$.

Ostatnia równość wynika z faktu, że stosunek długości wysokości do długości krawędzi podstawy tego graniastosłupa wynosi $2$. Zatem pole trójkąta równoramiennego wynosi $P_{ACR}=\sqrt{39}$ i wysokości $h_{ACR}>0$. Z warunków zadania mamy

$\mathrm{tg}\alpha =2\sqrt{3}$ oraz $P_{ACR}=\frac{1}{2}a{h}_{ACR}=\sqrt{39}$ i $h=2a$.

Z trójkąta $RPB$ otrzymujemy

$\frac{\left|BR\right|}{\left|PB\right|}=2\sqrt{3}$,

gdzie odcinek $\left|PB\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ jest wysokością podstawy. Otrzymujemy kolejno

$\frac{\left|BR\right|}{{\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}}}=2\sqrt{3}$

$\left|BR\right|=3a$.

Możemy teraz wyznaczyć zależność wysokości trójkąta $ACR$ od długości krawędzi podstawy. Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $RPB$ otrzymujemy

$h_{ACR}=\sqrt{9a^2+\frac{3a^2}{4}}=\frac{\sqrt{39}}{2}a$.

Podstawiając tę zależność do wzoru na pole przekroju graniastosłupa otrzymujemy

$P_{ACR}=\frac{1}{2}a{h}_{ACR}=\frac{1}{2}a·\frac{\sqrt{39}}{2}a=\frac{\sqrt{39}}{4}{a}^2=\sqrt{39}$.

Stąd $a=2$ oraz $h=4$. Możemy obliczyć objętość

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

W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym krawędź podstawy jest równa $4$, a tangens kąta jaki przekątna ściany bocznej tworzy z sąsiednią ścianą boczną wynosi $\frac{\sqrt{15}}{5}$. Obliczymy objętość tego graniastosłupa.

Rozwiązanie:

Rozważmy graniastosłup prawidłowy trójkątny przedstawiony na rysunku.

R8ubrB07bHNab

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny A B C D E F. Środek krawędzi podstawy B C oznaczono punktem P. W środku graniastosłupa powstał trójkąt prostokątny A P F. Kąt przy wierzchołku F ma miarę $\alpha$.

Niech $a>0$ oznacza długość krawędzi podstawy oraz $h>0$ długość wysokości rozważanego graniastosłupa. Z treści zadania wynika, że $a=\left|AB\right|=\left|BC\right|=\left|AC\right|=4$. Odcinek $\left|AP\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$ jest wysokością podstawy. Z warunków zadania otrzymujemy kolejno

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{\left|AP\right|}{\left|PF\right|}$

$\frac{2\sqrt{3}}{\left|PF\right|}=\frac{\sqrt{15}}{5}$

$\left|PF\right|=2\sqrt{5}$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $FCP$ otrzymujemy

${\left|PF\right|}^2=h^2+\frac{1}{4}{a}^2$, stąd mamy $h=4$.

Możemy obliczyć objętość

$V=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}h=\frac{16\sqrt{3}}{4}·4=16\sqrt{3}$.

W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym pole powierzchni całkowitej jest równe $3\sqrt{3}$. Kosinus kąta nachylenia przekątnej ściany bocznej do sąsiedniej ściany bocznej wynosi $\frac{2\sqrt{13}}{13}$. Obliczymy objętość tego graniastosłupa.

Rozwiązanie:

R1dBj5PFgTVob

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny A B C D E F. Środek krawędzi podstawy B C oznaczono punktem P. W środku graniastosłupa powstał trójkąt prostokątny A P F. Kąt przy wierzchołku F ma miarę $\alpha$.

Niech $a>0$ oznacza długość krawędzi podstawy oraz $h>0$ długość wysokości rozważanego graniastosłupa. Korzystając z twierdzenia Pitagorasa kolejno dla trójkątów $ACF$ i $PCF$ otrzymujemy, że

$\left|AF\right|=\sqrt{h^2+a^2}$ oraz $\left|FP\right|=\sqrt{h^2+\frac{1}{4}{a}^2}$.

Z warunków zadania mamy kolejno

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

$\frac{\sqrt{h^2+{\displaystyle \frac{1}{4}}{a}^2}}{\sqrt{h^2+a^2}}=\frac{2\sqrt{13}}{13}$

$13\left(h^2+\frac{1}{4}{a}^2\right)=4\left(h^2+a^2\right)$

$9h^2=\frac{3}{4}{a}^2$

$h=\frac{\sqrt{3}}{6}a$.

Podstawiamy tę zależność do wzoru na pole powierzchni całkowitej graniastosłupa. Otrzymujemy kolejno

$3ah+\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$

$3a·\frac{\sqrt{3}}{6}a+\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$

$a^2=3$

$a=\sqrt{3}$ zatem $h=\frac{1}{2}$.

Możemy obliczyć objętość

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

W graniastosłupie prawidłowym sześciokątnym wszystkie krawędzie są tej samej długości. Krótsza przekątna podstawy ma długość $12$. Obliczymy objętość tego graniastosłupa.

W sześciokącie foremnym krótsza przekątna ma długość $a\sqrt{3}$. A zatem $a\sqrt{3}=12$. I stąd $a=4\sqrt{3}$.

Ponieważ wszystkie krawędzie graniastosłupa są tej samej długości, to $H=4\sqrt{3}$.

Możemy już obliczyć objętość tego graniastosłupa: $V=6·\frac{{\left(4\sqrt{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}·4\sqrt{3}=864 {\mathrm{j}}^3$.

Obliczymy objętość graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego, w którym dłuższa przekątna graniastosłupaprzekątna graniastosłupaprzekątna graniastosłupa ma długość $12$ i jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $30°$.

Zróbmy rysunek pomocniczy:

RKy16C2EfcZrv

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy sześciokątny. Wierzchołki dolnej podstawy są opisane: A, B, C, D, E oraz F. Wierzchołki górnej podstawy są opisane: G, H, I, J K oraz L. Punkty A, D, J tworzą trójkąt prostokątny. Którego jedna przyprostokątna to krawędź boczna graniastosłupa o długości x. Druga przyprostokątna to dłuższa przekątna sześciokąta o długości $\mathrm{x}\sqrt{3}$. Kąt DAJ pomiędzy dłuższą przyprostokątną a przeciwprostokątną wynosi 30 stopni. Przeciwprostokątna ma długość $2\mathrm{x}$.

Zależności pomiędzy bokami trójkąta na rysunku zostały na nim oznaczone.

Wiemy, że $2x=12$. Stąd $x=6$ i $x\sqrt{3}=6\sqrt{3}$.

A zatem $H=6$ i dłuższa przekątna podstawy $2a=6\sqrt{3}$. Stąd krawędź podstawy ma długość $a=3\sqrt{3}$. Możemy już policzyć objętość tego graniastosłupa.

Mamy więc $V=6·\frac{{\left(3\sqrt{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}·6=243\sqrt{3} {\mathrm{j}}^3$.

Oblicz długość dłuższej przekątnej graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego o objętości $72$ i krawędzi podstawy $2$. Jaką miarę ma kąt nachylenia tej przekątnej do płaszczyzny podstawy?

Najpierw obliczymy długość wysokości graniastosłupa korzystając ze wzoru na objętość graniastosłupa.

Mamy $72=6·\frac{4\sqrt{3}}{4}H$. Czyli $12=\sqrt{3}H$, a stąd $H=4\sqrt{3}$.

Zróbmy rysunek pomocniczy:

R1CHgdP39h6U8

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy sześciokątny. Jedna z krawędzi bocznych graniastosłupa wraz z dłuższą przekątną dolnej podstawy stanowią przyprostokątne trójkąta prostokątnego. Krawędź boczna ma długość $4\sqrt{3}$, przekątna podstawy ma długość cztery. Przeciwprostokątna jest podpisana literą p. Kąt pomiędzy przyprostokątną leżącą w płaszczyźnie podstawy a przeciwprostokątną jest podpisany literą alfa.

Z twierdzenia Pitagorasa mamy: ${\left(4\sqrt{3}\right)}^2+4^2=p^2$, a stąd $p^2=64$ i ostatecznie dłuższa przekątna graniastosłupaprzekątna graniastosłupaprzekątna graniastosłupa ma długość $p=8$.

Przyglądając się długościom boków trójkąta, z którego korzystaliśmy, widzimy, że jest to trójkąt prostokątny o kątach ostrych $30°$, $60°$. A zatem kąt nachylenia dłuższej przekątnej graniastosłupaprzekątna graniastosłupaprzekątnej graniastosłupa do płaszczyzny podstawy ma miarę $\alpha =60°$.

Kąt pomiędzy przekątnymi sąsiednich ścian bocznych w graniastosłupie prawidłowym sześciokątnymgraniastosłup prawidłowy sześciokątnygraniastosłupie prawidłowym sześciokątnym ma miarę $90°$. Oblicz pole powierzchni tego graniastosłupa wiedząc, że objętość wynosi $48\sqrt{6}$.

Zróbmy rysunek pomocniczy:

R15ExiTScHyqH

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy sześciokątny. Wysokość graniastosłupa podpisano literą H. Krawędź podstawy sześciokąta podpisano literą a. Dwa wierzchołki górnej podstawy, będące końcami jej krótszej przekątnej oraz wierzchołek dolnej podstawy znajdujący się pomiędzy nimi tworzą trójkąt równoramienny, którego podstawa znajdująca się w płaszczyźnie górnej podstawy graniastosłupa ma długość $\mathrm{a}\sqrt{3}$. Każde z ramion trójkąta podpisano literą x.

Trójkąt zaznaczony na rysunku jest równoramienny i prostokątny. Czyli $a\sqrt{3}=x\sqrt{2}$. Z twierdzenia Pitagorasa $x=\sqrt{a^2+H^2}$. Czyli $a\sqrt{3}=\sqrt{2a^2+2H^2}$. Podnosząc wyrażenie stronami do kwadratu otrzymujemy $3a^2=2a^2+2H^2$. Czyli $a^2=2H^2$, a stąd $a=H\sqrt{2}$.

Podstawmy to do objętości graniastosłupa: $48\sqrt{6}=6·\frac{{\left(H\sqrt{2}\right)}^2·\sqrt{3}}{4}H$. A zatem $32\sqrt{6}=2\sqrt{3}{H}^3$. Mamy więc $H^3=\frac{32\sqrt{6}}{2\sqrt{3}}=16\sqrt{2}$. Stąd $H=2\sqrt{2}$ oraz $a=4$.

Możemy więc obliczyć już pole powierzchni tego graniastosłupa $P_c=12·\frac{16\sqrt{3}}{4}+6·4·2\sqrt{2}=48\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)$.