• Obliczysz pole powierzchni graniastosłupa, ostrosłupa, walca i stożka z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych dotychczas twierdzeń.

• Wykorzystasz poznaną wiedzę do rozwiązywania problemów matematycznych.

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:

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

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

Rozwiązanie:

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

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

Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy $6$ i krawędzi bocznej $8$.

Rozwiązanie:

Obliczymy najpierw pole podstawy tego ostrosłupa: $P_p=6^2=36$.

Pole powierzchni bocznej obliczymy korzystając ze wzoru Herona. Wyznaczymy zatem połowę obwodu trójkąta będącego ścianą boczną: $p=\frac{6+8+8}{2}=11$. Stąd:

$P_b=4\sqrt{11\cdot \left(11-6\right)\cdot \left(11-8\right)\cdot \left(11-8\right)}=4\sqrt{11\cdot 5\cdot 3\cdot 3}=12\sqrt{55}$.

Ostatecznie:

$P_c=36+12\sqrt{55}$

Pole powierzchni całkowitej walca jest równe $12\pi {\mathrm{cm}}^2$, a pole jego powierzchni bocznej wynosi $8\pi {\mathrm{cm}}^2$. Wyznaczymy miarę kąta pomiędzy przekątną przekroju osiowego walca a podstawą walca.

Rozwiązanie:

Wykreślamy przekrój osiowy walca i przyjmujemy oznaczenia:

R1FWwCaapzANw

Ilustracja przedstawia prostokąt A B C D z zaznaczoną przekątną A C. Odcinek A B ma długość dwa r, natomiast odcinek B C został oznaczony jako H. Wewnątrz trójkąta prostokątnego A B C został zaznaczony kąt alfa. Kąt ten znajduje się przy wierzchołku A.

$H=\left|BC\right|$ - długość wysokości walca;
$2r=\left|AB\right|$ - długość średnicy podstawy walca;
$\alpha =\left|\sphericalangle CAB\right|$ - miara kąta pomiędzy przekątną przekroju osiowego walca a podstawą walca.

Wiemy, że:

Wstawiając do wzoru dane z zadania otrzymujemy: 

zatem $r=\sqrt{2}$. 

Stąd wykorzystując wzór na pole powierzchni bocznej walca i wstawiając do niego znane dane otrzymujemy:

Wynika stąd, że $H=2\sqrt{2}$. 

Zauważmy, że trójkąt $ABC$ jest trójkątem prostokątnym równoramiennym, zatem $\alpha =45°$.

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

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

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:

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

Obliczymy długość krawędzi podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego, w którym wysokość ściany bocznej jest równa $8$ a pole powierzchni całkowitej wynosi $336$.

Rozwiązanie:

Oznaczmy długości krawędzi ostrosłupa przez $a$ ($a>0$). Zatem:

$336=a^2+2·a·8$

Rozwiązujemy równanie kwadratowe: $a^2+16a-336=0$

$∆={16}^2-4·1·\left(-336\right)=256+1344=1600$; $\sqrt{∆}=40$

Zatem: $a_1=\frac{-16-40}{2}<0$ lub $a_2=\frac{-16+40}{2}=12$.

Krawędź podstawy tego ostrosłupa ma długość $12$.

Podstawą ostrosłupa prostego jest trójkąt prostokątny równoramienny, którego ramię ma długość $6\sqrt{2}$. Wiedząc, że wysokość ostrosłupa ma długość $8 \mathrm{cm}$, oblicz długości krawędzi bocznych oraz pole powierzchni całkowitej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wiemy, że ostrosłup jest prosty, więc spodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na jego podstawie. W tym przypadku jest to środek przeciwprostokątnej, bo podstawą jest trójkąt prostokątny.

Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

R1F0EcFIwaaRU

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt prostokątny A B C, jego przeciwprostokątną jest bok AB. Wierzchołek górny podpisano literą D. Krawędź boczna ostrosłupa jest podpisana literą d. Z wierzchołka D na krawędź AB opuszczono wysokość, której spodek podpisano literą S. Punkty CS połączono linią przerywaną. Kąty DCS, DAS oraz DBS podpisano literą alfa.

Wiemy, że $\left|AC\right|=\left|BC\right|=6\sqrt{2}$ są długościami ramion trójkąta prostokątnego w podstawie, więc $\left|AB\right|=12$ oraz długość wysokości ostrosłupa $\left|SD\right|=8$, $\left|AS\right|=\frac{1}{2}\left|AB\right|=6$.

Zauważmy, że $\left|AD\right|=\left|BD\right|=\left|CD\right|$, ponieważ ostrosłup jest prosty. Oznaczmy $\left|AD\right|=d$.

Punkt $S$ jest spodkiem wysokości ostrosłupa, odcinek $SD$ jest prostopadły do $AS$ i $SB$ i $SC$. Długość krawędzi bocznej obliczymy korzystając z trójkąta $ASD$ i twierdzenia Pitagorasa

${\left|AS\right|}^2+{\left|SD\right|}^2={\left|AD\right|}^2$

$6^2+8^2=d^2$

$d^2=100$

$d=10$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa:

$P_p=\frac{1}{2}·{\left(6\sqrt{2}\right)}^2=36$

Mamy już pole podstawy, obliczymy pole powierzchni bocznej, która jest sumą pól ścian bocznych ostrosłupa. W tym celu obliczymy pola odpowiednio trójkątów $ABD$, $ACD$ i $CBD$.

$P_{ABD}=\frac{1}{2}·\left|AB\right|·\left|DS\right|=\frac{1}{2}·12·8=48$

Trójkąty $ACD$ i $CBD$ są przystające oraz równoramienne.

R1KuZUajWA90F

Ilustracja przedstawia trójkąt A C D, jego ramiona AD oraz CD są popisane literą d. Z wierzchołka D na podstawę AC opuszczono wysokość h, której spodek podpisano literą E.

Korzystając z rysunku pomocniczego obliczymy długość $h$ wysokości trójkąta
$ACD$.

Odcinek $AE$ jest połową $AC$ i jego długość wynosi $\left|AE\right|=3\sqrt{2}$.

Na podstawie twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $AED$ mamy:

${\left|AE\right|}^2+{\left|ED\right|}^2={\left|AD\right|}^2$

${\left(3\sqrt{2}\right)}^2+h^2={10}^2$

$h^2=100-18$

$h=\sqrt{82}$

$P_{ACD}=\frac{1}{2}·\left|AC\right|·\left|ED\right|=\frac{1}{2}·6\sqrt{2}·\sqrt{82}=6\sqrt{41}$

Obliczymy pole powierzchni bocznej:

$P_b=P_{ABD}+P_{CBD}+P_{ACD}=48+2·6\sqrt{41}=48+12\sqrt{41}$

Zatem pole powierzchni ostrosłupa:

$P=P_p+P_b=36+48+12\sqrt{41}=84+12\sqrt{41}=12\left(7+\sqrt{41}\right)$

Uzasadnimy, że pole powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego, w którym wszystkie krawędzie są równej długości, jest $\sqrt{3}$ razy większe od pola podstawy.

Rozwiązanie:

Oznaczmy długości krawędzi ostrosłupa przez $a$.

Pole podstawy jest równe: $P_p=a^2$.

Ponieważ ściany boczne tego ostrosłupa są trójkątami równobocznymi o boku długości $a$, to pole powierzchni bocznej jest równe: $P_b=4·\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$.

Zatem: $\frac{P_b}{P_p}=\frac{a^2\sqrt{3}}{a^2}=\sqrt{3}$, co należało uzasadnić.

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:

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

Podstawą ostrosłupa $ABCD$ jest trójkąt równoboczny $ABC$ o boku długości $16$. Dwie ściany boczne są prostopadłe do podstawy, a trzecia tworzy z podstawą kąt o mierze $60°$. Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa $ABCD$.

Rozwiązanie:

Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

RFekAC1gzuYSf

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C, wierzchołek górny podpisano literą D. Kąt BAD oraz kąt CAD są kątami prostymi. Odcinek AD podpisano literą H. A wierzchołka D na krawędź BC opuszczono wysokość , jej spodek podpisano literą C. W podstawie zaznaczono odcinek AE. Kąt AED podpisano literą alfa. Odcinki AC oraz AC mają długość 16, z kolei odcinki BE oraz CE mają długość osiem.

Oznaczymy długość wysokości ostrosłupa przez $H$ oraz kąt $\alpha =60°$.

W trójkącie równobocznym $ABC$, odcinek $AE$ jest jego wysokością, więc

$\left|AE\right|=\frac{16\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}$.

Obliczamy pole podstawy:

$P_p=\frac{1}{2}·\left|BC\right|·\left|AE\right|=\frac{1}{2}·16·8\sqrt{3}=64\sqrt{3}$

W celu obliczenia powierzchni ścian bocznych wyznaczymy długość wysokości $H$ oraz długość odcinka $ED$, który jest wysokością trójkąta $BCD$.

Z trójkąta $AED$, który jest prostokątny mamy:

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{H}{\left|AE\right|}$

$\mathrm{tg}60°=\frac{H}{8\sqrt{3}}$

$\sqrt{3}=\frac{H}{8\sqrt{3}}$

$H=24$

oraz

$\cos \alpha =\frac{\left|AE\right|}{\left|ED\right|}$

$\cos 60°=\frac{8\sqrt{3}}{\left|ED\right|}$

$\frac{1}{2}=\frac{8\sqrt{3}}{\left|ED\right|}$

$\left|ED\right|=16\sqrt{3}$

Obliczamy pola ścian bocznych:

$P_{ABD}=P_{ACD}=\frac{1}{2}·\left|AB\right|·H=\frac{1}{2}·16·24=192$

oraz

$P_{BCD}=\frac{1}{2}·\left|BC\right|·\left|ED\right|=\frac{1}{2}·16·16\sqrt{3}=128\sqrt{3}$

Obliczamy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa:

$P=P_p+P_b=64\sqrt{3}+2·192+128\sqrt{3}=384+192\sqrt{3}$

Odpowiedź: $P=384+192\sqrt{3}$

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

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

Obliczymy pole powierzchni całkowitej stożka, w którym cosinus kąta rozwarcia  wynosi $\frac{1}{3}$, a tworząca stożka ma długość $6$.

Rozwiązanie:

Narysujmy stożek i wprowadźmy odpowiednie oznaczenia.

RoARU8SCOXEw4

Ilustracja przedstawia stożek z zaznaczoną wysokością o długości h, tworząca stożka o długości l, promieniem podstawy stożka o długości r oraz kącie rozwarcia o wartości alfa.

Z zadania wynika, że długość tworzącej $l=6$ oraz $\cos \alpha =\frac{1}{3}$.

Do wyznaczenia długości promienia $r$ podstawy stożka wykorzystamy twierdzenie cosinusów.

Zatem

${\left(2r\right)}^2=6^2+6^2-2·6·6·\frac{1}{3}$

$4r^2=36+36-24$

$4r^2=48$

$r^2=12$

$r=2\sqrt{3}$.

Pole powierzchni całkowitej tego stożka jest równe:

$P_c=\pi ·{\left(2\sqrt{3}\right)}^2+\pi ·2\sqrt{3}·6=12\pi +12\sqrt{3}\pi$.

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

Rozwiązanie:

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 $9\sqrt{3}$. Obliczymy pole powierzchni tego graniastosłupa.

Rozwiązanie:

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

Rozwiązanie:

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 $\beta \approx 16°$.

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

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

W ostrosłupie prawidłowymostrosłup prawidłowyostrosłupie prawidłowym czworokątnym krawędź boczna ma długość $a$ i tworzy z wysokością kąt o mierze $30°$. Obliczymy pole powierzchni całkowitej ostrosłupa.

Rozwiązanie:

Wykonajmy rysunek pomocniczy.

R1OlQJqmvISsc

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup czworokątny, o podstawie $ABCD$ i wierzchołku S. Długość krawędzi ściany bocznej oznaczono literą a. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość H ostrosłupa, której spodek leży w punkcie O, na przekątnej $AC$ podstawy. Zaznaczono kąt trzydzieści stopni między wysokością ostrosłupa a krawędzią boczną.

Trójkąt $SOC$ jest prostokątny o kątach $30°$, $60°$, $90°$. Z zależności pomiędzy bokami tego trójkąta mamy:

$\left|OC\right|=\frac{1}{2}a$

$\left|SO\right|=\frac{1}{2}a\sqrt{3}$

Przekątna podstawy ma więc długość:

$\left|AC\right|=2·\frac{1}{2}a=a$

Obliczymy więc długość boku kwadratu:

$a=\left|BC\right|·\sqrt{2}$

$\left|BC\right|=\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Policzymy więc pole podstawy ostrosłupa:

$P_p={\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\frac{1}{2}{a}^2$

Zajmijmy się teraz polem powierzchni bocznej. Narysujmy jedną ścianę boczną. Jej wysokość oznaczmy jako $h$.

RTlh2bx4Wmt2h

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny $BCS$, którego ramię oznaczono literą a. Długość podstawy $BC$ oznaczono $\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość h do podstawy BC pod kątem prostym.

$h^2=a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{4}\right)}^2$

$h^2=a^2-{\frac{2}{16}a}^2$

$h^2={\frac{14}{16}a}^2$

$h=\sqrt{\frac{7}{8}{a}^2}=\frac{a\sqrt{7}}{2\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{14}}{4}$

Zatem pole powierzchni bocznej wynosi:

$P_b=2·\frac{a\sqrt{2}}{2}·\frac{a\sqrt{14}}{4}=\frac{a^2\sqrt{28}}{4}=\frac{a^2\sqrt{7}}{2}$

Pole powierzchni całkowitej ostrosłupapole ostrosłupaPole powierzchni całkowitej ostrosłupa wynosi:

$P_c=\frac{1}{2}{a}^2+\frac{a^2\sqrt{7}}{2}=\frac{1}{2}{a}^2\left(1+\sqrt{7}\right)$.

Obliczymy pole powierzchni ostrosłupa prawidłowego trójkątnego, którego wysokość o długości $16 \mathrm{cm}$ tworzy:
a) z krawędzią boczną kąt $\alpha$ taki, że $tg\alpha =0,5$,
b) z wysokością ściany bocznej kąt $\beta$ taki, że $\cos \beta =0,8$.

Rozwiązanie

a) Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami, zaznaczamy kąt $\alpha$ między wysokością ostrosłupa a krawędzią boczną.

RBGxEcbGmbgGF

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C. Górny wierzchołek ostrosłupa podpisano literą S. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość, spodek tej wysokości podpisano literą O. W podstawie z wierzchołka C na podstawę AB opuszczono wysokość, jej spodek podpisano literą D. Spodek O leży na wysokości CD. Kąt OSC podpisano literą alfa.

Przyjmujemy, że $\left|AB\right|=a$ oraz $\left|OS\right|=16$, wówczas: $\left|DC\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie, zatem: $\left|OC\right|=\frac{2}{3}\left|DC\right|=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

W trójkącie $CSO$ mamy: $tg\alpha =\frac{\left|OC\right|}{\left|OS\right|}$, więc $\frac{1}{2}=\frac{\left|OC\right|}{\left|OS\right|}$, stąd $\left|OS\right|=2\left|OC\right|$, zatem $16=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.

$48=2a\sqrt{3}$

$48\sqrt{3}=6a$

$a=8\sqrt{3 }\left[\mathrm{cm}\right]$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa $P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{{\left(8\sqrt{3}\right)}^2·\sqrt{3}}{4}=48\sqrt{3} \left[{\mathrm{cm}}^2\right]$.

Mamy już pole podstawy, obliczymy pole powierzchni bocznej, która jest sumą pól ścian ostrosłupa.

$\left|DO\right|=\frac{1}{3}\left|DC\right|=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

Rozpatrujemy trójkąt prostokątny $DOS$, na podstawie twierdzenia Pitagorasa mamy:

${\left|DO\right|}^2+{\left|OS\right|}^2={\left|DS\right|}^2$

${\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)}^2+{16}^2={\left|DS\right|}^2$

$\frac{a^2}{12}+256={\left|DS\right|}^2$

${\left|DS\right|}^2=16+256$

${\left|DS\right|}^2=272$

$\left|DS\right|=\sqrt{272}=4\sqrt{17 } \left[\mathrm{cm}\right]$

$P_b=3·\frac{1}{2}·a·h$, gdzie $h$ jest wysokością ściany bocznej $h=\left|DS\right|=4\sqrt{17} \left[\mathrm{cm}\right]$.

$P_b=3·\frac{1}{2}·8\sqrt{3}·4\sqrt{17}=48\sqrt{51 }\left[{\mathrm{cm}}^2\right]$.

Zatem pole powierzchni ostrosłupa: $P=P_p+P_b=48\sqrt{3}+48\sqrt{51}=48\left(\sqrt{3}+\sqrt{51}\right) \left[{\mathrm{cm}}^2\right]$.

b) Wykonujemy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami, zaznaczamy kąt $\beta$ między wysokością ostrosłupa a wysokością ściany bocznej.

R1QsIn4UVYE8i

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C. Górny wierzchołek ostrosłupa podpisano literą S. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość, spodek tej wysokości podpisano literą O. W podstawie z wierzchołka C na podstawę AB opuszczono wysokość, jej spodek podpisano literą D. Spodek O leży na wysokości CD. Kąt OSD podpisano literą beta.

Przyjmujemy, że $\left|AB\right|=a$ oraz $\left|OS\right|=16$, wówczas: $\left|DC\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie, zatem: $\left|DO\right|=\frac{1}{3}·\left|DC\right|=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

W trójkącie $DOS$ mamy: $\cos \beta =\frac{\left|OS\right|}{\left|DS\right|}$, więc $\frac{8}{10}=\frac{\left|OS\right|}{\left|DS\right|}$, stąd $\left|DS\right|=\frac{10}{8}·\left|OS\right|=\frac{10}{8}·16=20 \left[\mathrm{cm}\right]$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa mamy:

${\left|DO\right|}^2+{\left|OS\right|}^2={\left|DS\right|}^2$

${\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)}^2+{16}^2={20}^2$

$\frac{3a^2}{36}=400-256$

$\frac{a^2}{12}=144$

$a^2=1728 \left[{\mathrm{cm}}^2\right]$

$a=24\sqrt{3 } \text{cm}$

Obliczamy pole podstawy ostrosłupa oraz pole powierzchni bocznej.

$P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{1728·\sqrt{3}}{4}=432\sqrt{3} \left[{\mathrm{cm}}^2\right]$

$P_b=3·\frac{1}{2}·a·h$, gdzie $h$ jest wysokością ściany bocznej $h=\left|DS\right|=20$

$P_b=3·\frac{1}{2}·24\sqrt{3}·20=720\sqrt{3} \left[{\mathrm{cm}}^2\right]$.

Zatem pole powierzchni ostrosłupa: $P=P_p+P_b=432\sqrt{3}+720\sqrt{3}=1152\sqrt{3} \left[{\mathrm{cm}}^2\right]$.