• Poznasz zależność pomiędzy skalą podobieństwa brył a stosunkiem ich pól.

• Obliczysz skalę podobieństwa brył podobnych.

• Obliczysz pola brył podobnych.

Jeśli skala podobieństwa brył podobnych jest równa $k$, to stosunek pól powierzchni tych brył jest równy $k^2$.

Dane są dwa sześciany. Pole powierzchni pierwszego z nich jest dziewięciokrotnie większe od pola powierzchni drugiego. Jaka jest skala podobieństwa większego z tych sześcianów do mniejszego?

Rozwiązanie:

Z zadania wiemy, że stosunek pól powierzchni sześcianów wynosi $9$, zatem jeśli skalę podobieństwa oznaczymy $k$, to możemy zapisać równanie:

$k^2=9$

$k=3$.

Zatem sześciany są podobne w skali $k=3$.

Dane są dwie kule. Pole pierwszej z nich wynosi $s\pi {\mathrm{cm}}^2$. Druga kula ma promień dwa razy dłuższy niż pierwsza kula. Obliczymy pole drugiej kuli.

Rozwiązanie:

Skoro promień drugiej kuli jest dwa razy większy od promienia pierwszej kuli, tzn. że skala podobieństwa tych brył wynosi $k=2$. Zatem stosunek ich pól wynosi $k^2=4$ .

Pole drugiej kuli (oznaczmy $P$) wynosi więc $\frac{P}{s\pi }=4$,
czyli $P=4s\pi {\mathrm{c}\mathrm{m}}^2$.

Dane są dwa podobne stożki. Pole powierzchni całkowitej większego z nich jest o $156\%$ większe od pola powierzchni całkowitej mniejszego z nich. Obliczymy wysokość większego stożka, jeśli wysokość mniejszego wynosi $4\mathrm{cm}$.

Rozwiązanie:

Oznaczmy pole powierzchni mniejszego stożka jako $P$. Wówczas pole większego z nich wynosi

$P\text{'}=P+156\%P=256\%P=2,56P$.

Zatem stosunek pól wynosi $k^2=2,56$, czyli $k=1,6$.

Obliczmy więc wysokość większego stożka:

$h=1,6·4=6,4 \mathrm{cm}$.

Uzasadnimy, że stożek o promieniu długości $6 \mathrm{cm}$ i polu powierzchni $96\pi {\mathrm{cm}}^2$ jest podobny do stożka o wysokości długości $4 \mathrm{cm}$ i objętości $12\pi {\mathrm{cm}}^3$ . Podamy skalę podobieństwa większego stożka do mniejszego.

Rozwiązanie:

Obliczmy niezbędne długości w obydwu stożkach.

Stożek nr 1.

R1R21O6F66JGS

Ilustracja przedstawia stożek o promieniu 6, jego wysokość została podpisana literą h, a krawędź boczna została podpisana literą l.

$r=6 \mathrm{cm}$

$P_c=96\pi {\mathrm{cm}}^2$

$96\pi =36\pi +6\pi ·l$

$l=10$

$h^2+6^2={10}^2$

$h=8$

Stożek nr 2.

R1AB7H1VR9QNC

Ilustracja przedstawia stożek o promieniu podpisanym literą r, jego wysokość ma długość 4, a krawędź boczna została podpisana literą l.

$h=4 \mathrm{cm}$

$V=12\pi {\mathrm{cm}}^2$

$12\pi =\frac{1}{3}\pi ·r^2·4$

$r^2=9$

$r=3$

$4^2+3^2=l^2$

$l=5$

Analizując długości poszczególnych odcinkówodcinki proporcjonalneodcinków w stożkach zauważamy, że są one proporcjonalne. Wszystkie odcinki w drugim stożku są $2$ razy krótsze. Zatem skala podobieństwa $k=2$.

Na rysunkach przedstawiono dwa ostrosłupy prawidłowe sześciokątne. Wiadomo, że  $\sin \alpha =\frac{\sqrt{39}}{8}$, $\alpha \in \left(0°,90°\right)$. Pokażemy, że są to bryły podobne oraz obliczymy skalę podobieństwa oraz stosunek pól podstaw obu brył.

R964SAU49H17Q

Ilustracja przedstawia dwa ostrosłupy, których podstawą jest sześciokąt foremny. W pierwszym ostrosłupie zaznaczono trójkąt, którego ramionami są dwie krawędzi boczne, a podstawą krótsza przekątna łącząca te wierzchołki. Przekątna ma długość cztery pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka. Kąt pomiędzy krawędziami będącymi ramionami trójkąta podpisano literą alfa. W drugim ostrosłupie również zaznaczono trójkąt. Składa się on z wysokości ostrosłupa, krawędzi bocznej oraz odcinka leżącego w płaszczyźnie podstawy. Kąt pomiędzy wysokością ostrosłupa a jego krawędzią boczną wynosi 30 stopni. Odcinek leżący w płaszczyźnie podstawy ma długość osiem.

Rozwiązanie:

Aby porównać odpowiednie odcinki w ostrosłupach, musimy je obliczyć. Zajmijmy się każdym ostrosłupem z osobna.

RQ4L77RTKOMC4

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest sześciokąt foremny. W ostrosłupie zaznaczono trójkąt, którego ramionami są dwie krawędzi boczne, a podstawą krótsza przekątna łącząca te wierzchołki. Przekątna ma długość cztery pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka. Kąt pomiędzy krawędziami będącymi ramionami trójkąta podpisano literą alfa.

Wiemy, że $\sin \alpha =\frac{\sqrt{39}}{8}$, więc z jedynki trygonometrycznej otrzymujemy równanie:

$\frac{39}{64}+{\cos }^2\alpha =1$

${\cos }^2\alpha =\frac{25}{64}$

$\cos \alpha =\frac{5}{8}$, $\alpha \in \left(0°,90°\right)$.

Krótsza przekątna podstawy ma długość $4\sqrt{3}$, zatem sześciokąt foremny ma bok długości:

$a\sqrt{3}=4\sqrt{3}$

$a=4$.

Oznaczmy krawędzie boczne jako $k$. Wówczas z twierdzenia cosinusów otrzymujemy:

${\left(4\sqrt{3}\right)}^2=k^2+k^2-2k^2\cos \alpha$

$48=2k^2-2k^2·\frac{5}{8}$

$48=2k^2-\frac{5}{4}{k}^2$

$48=\frac{3}{4}{k}^2$

$64=k^2$

$8=k$.

Zajmijmy się teraz drugim ostrosłupem:

R1ZVA881OXDGQ

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest sześciokąt foremny. W ostrosłupie zaznaczono trójkąt. Składa się on z wysokości ostrosłupa, krawędzi bocznej oraz odcinka leżącego w płaszczyźnie podstawy. Kąt pomiędzy wysokością ostrosłupa a jego krawędzią boczną wynosi 30 stopni. Odcinek leżący w płaszczyźnie podstawy ma długość osiem.

Wysokość ostrosłupa $H$ ma długość

$\frac{8}{H}=\mathrm{tg}30°$

$H=8\sqrt{3}$.

Oznaczmy krawędzie boczne jako $k\text{'}$. Wówczas

$\frac{8}{k\text{'}}=\sin 30°$

$k\text{'}=16$.

Porównajmy teraz odpowiednie odcinki w naszych ostrosłupach:

• długości krawędzi podstawy: $\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$

• długosci krawędzi bocznych: $\frac{8}{16}=\frac{1}{2}$

Wniosek: ostrosłupy są podobne w skali $k=\frac{1}{2}$, co oznacza, że ich pola powierzchni są w stosunku $k^2=\frac{1}{4}$.

Na rysunku przedstawiono ostrosłup prawidłowy trójkątny o krawędzi podstawy $a$ i kącie przy wierzchołku ostrosłupa o mierze $30°$. Obliczymy pole powierzchni ostrosłupa czterokrotnie mniejszego.

R3C1PQ9TT7FMR

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy trójkątny. Krawędź podstawy podpisano literą a. Kąt pomiędzy krawędziami bocznymi wynosi 30 sto

Rozwiązanie:

Obliczmy pole powierzchni wyjściowego ostrosłupa. Oznaczmy krawędzie boczne jako $k$. Wówczas z twierdzenia cosinusów otrzymujemy:

$a^2=k^2+k^2-2k^2\cos 30°$

$a^2=2k^2\left(1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

$a^2=2k^2\left(\frac{2-\sqrt{3}}{2}\right)$

$a^2=\left(2-\sqrt{3}\right)k^2$

$k^2=\frac{a^2}{2-\sqrt{3}}$

$k=\sqrt{\frac{a^2}{2-\sqrt{3}}}$

$k=\frac{a}{\sqrt{2-\sqrt{3}}}$

Pole ściany bocznej możemy policzyć ze wzoru $P=\frac{1}{2}ab\sin \alpha$.

Zatem:

$P_{śb}=\frac{1}{2}{k}^2\sin {30}^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot \frac{a^2}{2-\sqrt{3}}\cdot \frac{1}{2}=\frac{a^2}{4\left(2-\sqrt{3}\right)}=\frac{a^2\left(2+\sqrt{3}\right)}{4\left(2-\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)}=\frac{a^2\left(2+\sqrt{3}\right)}{4}$.

Mamy trzy ściany boczne, więc pole powierzchni bocznej wynosi:

$P_b=3·\frac{a^2\left(2+\sqrt{3}\right)}{4}=\frac{{3a}^2\left(2+\sqrt{3}\right)}{4}$.

Policzmy pole podstawy. Jest to trójkąt równoboczny o podstawie długości $a$.

$P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Pole powierzchni całkowitej ostrosłupa:

$P_c=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}+\frac{{3a}^2\left(2+\sqrt{3}\right)}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}+6a^2+3a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{4a^2\sqrt{3}+6a^2}{4}=\frac{a^2\left(2\sqrt{3}+3\right)}{2}$.

Drugi ostrosłup jest czterokrotnie mniejszy, czyli skala podobieństwa brył wynosi $k=\frac{1}{4}$.  Zatem stosunek ich pól wynosi $k^2=\frac{1}{16}$, co oznacza, że pole powierzchni drugiego ostrosłupa jest $16$ razy mniejsze od pola powierzchni ostrosłupa  wyjściowego. Pole powierzchni ostrosłupa podobnego do naszego ostrosłupa wyjściowego wynosi więc:

$P_c=\frac{1}{16}·\frac{a^2\left(2\sqrt{3}+3\right)}{2}=\frac{a^2\left(2\sqrt{3}+3\right)}{32}$.

jeżeli dane są cztery odcinki $a, b, c, d$ takie, że stosunek pierwszych dwóch $\left(a:b\right)$ jest równy stosunkowi dwóch ostatnich $\left(c:d\right)$, to takie odcinki nazywamy proporcjonalnymi i wyrażamy to, pisząc proporcję

$a:b=c:d$

w uproszczeniu możemy powiedzieć, że ich iloraz jest stały

mają ten sam kształt, ale mogą mieć inną wielkość