2. Poziom rozszerzony - M_R_W24_M09 Stereometria

REgblYOenDYto

9. Stereometria

Poniższe zadania zostały wybrane z arkuszy maturalnych z poprzednich lat oraz z informatora maturalnego CKE. Sprawdź, czy potrafisz je rozwiązać.

Ćwiczenie 1

(VI 2025, 3 punkty)

Dany jest ostrosłup prawidłowy trójkątny $A B C D$ o podstawie $A B C$ . Płaszczyzna zawierająca krawędź $A B$ podstawy i prostopadła do krawędzi bocznej $C D$ przecina tę krawędź w punkcie $E$ , przy czym $\frac{|C E|}{|D E|}=\frac{3}{11}$ .

Oblicz stosunek pola powierzchni całkowitej tego ostrosłupa do pola podstawy $ABC$ . Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Ponieważ $\frac{|C E|}{|E D|}=\frac{3}{11}$ , więc $|C E|=3 x$ oraz $|E D|=11 x$ przy pewnym $x>0$ (zobacz rysunki).

RRCE9CMDT7U69

Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta $B E D$ i otrzymujemy:

$|B E|^{2}+|E D|^{2}=|B D|^{2}$

$|B E|^{2}+(11 x)^{2}=(14 x)^{2}$

$|B E|=5 \sqrt{3} x$

Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta $B C E$ i otrzymujemy:

$|B C|^{2}=|C E|^{2}+|B E|^{2}$

$|B C|^{2}=(3 x)^{2}+(5 \sqrt{3} x)^{2}$

$|B C|=2 \sqrt{21} x$

Wyznaczamy pole $P_{b}$ powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego $A B C D$ :

$P_{b}=3 \cdot \frac{1}{2} \cdot|C D| \cdot|B E|=\frac{3}{2} \cdot 14 x \cdot 5 \sqrt{3} x=105 \sqrt{3} x^{2}$

Wyznaczamy pole $P_{p}$ podstawy $A B C$ :

$P_{p}=\frac{|B C|^{2} \cdot \sqrt{3}}{4}=\frac{(2 \sqrt{21} x)^{2} \cdot \sqrt{3}}{4}=21 \sqrt{3} x^{2}$

Obliczamy stosunek $\eta$ pola powierzchni całkowitej ostrosłupa do pola podstawy $A B C$ ostrosłupa

$\eta=\frac{P_{b}+P_{p}}{P_{p}}=\frac{105 \sqrt{3} x^{2}+21 \sqrt{3} x^{2}}{21 \sqrt{3} x^{2}}=6$

Ćwiczenie 2

(V 2025, 5 punkty)

Podstawą ostrosłupa $A B C D S$ jest kwadrat $A B C D$ . Krawędź boczna $S A$ jest wysokością ostrosłupa, natomiast krawędź podstawy ma długość $3 \sqrt{34}$ . Cosinus kąta $\beta$ między ścianami bocznymi $C D S$ i $B C S$ tego ostrosłupa jest równy $\left(-\frac{9}{25}\right)$ .

Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa. Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Niech $E$ będzie spodkiem wysokości ściany bocznej $B C S$ poprowadzonej z wierzchołka $B$ . Oznaczmy $x=|B E|$ (zobacz rysunek).

RURLRL3SZV5AJ

Ponieważ ściany boczne $B C S$ i $C D S$ są trójkątami przystającymi, więc $|D E|=|B E|=x$ . Stosujemy do trójkąta $B E D$ twierdzenie cosinusów i otrzymujemy

$|B D|^{2}=x^{2}+x^{2}-2 \cdot x \cdot x \cdot \cos \beta$

$(3 \sqrt{34} \cdot \sqrt{2})^{2}=x^{2}+x^{2}-2 x^{2} \cdot\left(-\frac{9}{25}\right)$

$x=15$

Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta $B E C$ i obliczamy długość odcinka $C E$ :

$|C E|^{2}=|B C|^{2}-|B E|^{2}$

$|C E|^{2}=(3 \sqrt{34})^{2}-15^{2}$

$|C E|=9$

Trójkąt $B C S$ jest prostokątny, co wynika z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych, gdyż $A B \perp B C$ i odcinek $A B$ jest rzutem prostokątnym odcinka $S B$ na płaszczyznę $A B C D$ .

Trójkąty $B C S$ i $E C B$ są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów), więc

$\frac{|C E|}{|B C|}=\frac{|B C|}{|S C|}$

$\frac{9}{3 \sqrt{34}}=\frac{3 \sqrt{34}}{|S C|}$

$|S C|=34$

Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta $A C S$ i obliczamy długość odcinka $A S$ :

$|A S|^{2}=|S C|^{2}-|A C|^{2}$

$|A S|^{2}=34^{2}-(3 \sqrt{34} \cdot \sqrt{2})^{2}$

$|A S|=4 \sqrt{34}$

Obliczamy pole $P_{b}$ powierzchni bocznej ostrosłupa:

$P_{b}=2 \cdot \frac{1}{2} \cdot|A B| \cdot|A S|+2 \cdot \frac{1}{2} \cdot x \cdot|S C|=3 \sqrt{34} \cdot 4 \sqrt{34}+15 \cdot 34=918$ .

Ćwiczenie 3

(VI 2024, 4 punkty)

Długość krawędzi podstawy graniastosłupa prawidłowego trójkątnego jest równa $a$ . Sinus kąta między przekątnymi ścian bocznych wychodzącymi z jednego wierzchołka graniastosłupa jest równy $\frac{\sqrt{11}}{6}$ .

Wyznacz pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa. Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

R1M8CDBO87VNB

Oznaczmy ponadto przez $H$ wysokość graniastosłupa.

Korzystamy z tożsamości $\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1$ i obliczamy $\cos \alpha$ :

$\left(\frac{\sqrt{11}}{6}\right)^{2}+\cos ^{2} \alpha=1$

$\cos ^{2} \alpha=\frac{25}{36}$

więc $\cos \alpha=\frac{5}{6}$ , gdyż $\alpha$ jest kątem ostrym.

Stosujemy do trójkąta $A B F$ twierdzenie cosinusów, a następnie korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i otrzymujemy:

$|A F|^{2}+|B F|^{2}-2 \cdot|A F| \cdot|B F| \cdot \cos \alpha=a^{2}$

$\left(H^{2}+a^{2}\right)+\left(H^{2}+a^{2}\right)-2 \cdot \sqrt{H^{2}+a^{2}} \cdot \sqrt{H^{2}+a^{2}} \cdot \frac{5}{6}=a^{2}$

$\frac{1}{3} \cdot\left(H^{2}+a^{2}\right)=a^{2}$

$H=a \sqrt{2}$

Obliczamy pole $P$ powierzchni całkowitej graniastosłupa:

$P=2 \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}+3 \cdot a \cdot a \sqrt{2}=\frac{\sqrt{3} a^{2}}{2}+3 \sqrt{2} a^{2}$

Ćwiczenie 4

(V 2023, 4 punkty)

Dany jest sześcian $A B C D E F G H$ o krawędzi długości $6$ . Punkt $S$ jest punktem przecięcia przekątnych $A H$ i $D E$ ściany bocznej $A D H E$ (zobacz rysunek).

R12SZSXAREG9X

Oblicz wysokość trójkąta $SBH$ poprowadzoną z punktu $S$ na bok $BH$ tego trójkąta. Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:
$S$ - środek odcinka $A H$ ,
$R$ - środek odcinka $B H$ ,
$P$ - spodek wysokości trójkąta $S B H$ poprowadzonej z punktu $S$ na bok $B H$ .

RB193VTDZT1KH

Sposób I

Obliczamy $|A H|=6 \sqrt{2},|B H|=6 \sqrt{3}$ .

R1PN3TQED1UO3

Trójkąty $A H B$ i $P H S$ są podobne (cecha $k k k$ ), więc

$\frac{|S P|}{|A B|}=\frac{|S H|}{|B H|}$

$\frac{|S P|}{6}=\frac{3 \sqrt{2}}{6 \sqrt{3}}$

$|S P|=\sqrt{6}$

Uwaga: Równanie $\frac{|S P|}{6}=\frac{3 \sqrt{2}}{6 \sqrt{3}}$ otrzymamy, stosując dwukrotnie definicję sinusa kąta SHP w trójkątach prostokątnych $H S P$ i $H A B$ .

Sposób II

Obliczamy $|A H|=6 \sqrt{2},|B H|=6 \sqrt{3},|H S|=3 \sqrt{2}$ .

RXER2H17ANKZU

Obliczamy pole trójkąta $H S B$ :

$P_{\Delta H S B}=\frac{1}{2} \cdot|H S| \cdot|A B|=\frac{1}{2} \cdot 3 \sqrt{2} \cdot 6=9 \sqrt{2}$

Ale

$P_{\triangle H S B}=\frac{1}{2} \cdot|H B| \cdot|S P|=\frac{1}{2} \cdot 6 \sqrt{3} \cdot|S P|=3 \sqrt{3} \cdot|S P|$

Stąd $3 \sqrt{3} \cdot|S P|=9 \sqrt{2}$ ,

więc $|S P|=\sqrt{6}$ .

Ćwiczenie 5

(VI 2025, 4 punkty)

Przykładowe rozwiązanie

1. Poziom podstawowy

M_R_W24_M09 Stereometria

9. Stereometria