Graniastosłupy i ostrosłupy

W trójkącie prostokątnym krawędź boczna długości 12 jest przeciwprostokątną, a wysokość \(h\) leży naprzeciw kąta \(60^\circ\). Zatem

Stąd

Ostrosłup o podstawie \(n\)-kąta ma \(2n\) krawędzi i \(n+1\) wierzchołków.

Ostrosłup jest prawidłowy czworokątny, a każda jego krawędź ma długość \(12\).

Podstawą jest kwadrat o boku \(12\). Odległość środka podstawy od wierzchołka kwadratu to połowa przekątnej kwadratu:

Tworzymy trójkąt prostokątny, w którym:

Z twierdzenia Pitagorasa:

Przekątna podstawy kwadratu ma długość:

Pole kwadratu możemy obliczyć ze wzoru:

Odległość środka podstawy od wierzchołka podstawy to połowa przekątnej:

Krawędź boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem \(30^\circ\), więc w trójkącie prostokątnym:

Objętość ostrosłupa:

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi sześcianu.

Odcinki \(AC\), \(CH\) oraz \(AH\) są przekątnymi odpowiednich ścian sześcianu, więc każdy z nich ma długość:

Trójkąt \(ACH\) jest więc równoboczny o boku \(a\sqrt{2}\).

Pole trójkąta równobocznego o boku \(a\sqrt{2}\) wynosi:

Z treści zadania:

Dzielimy przez \(\sqrt{3}\):

Podstawą ostrosłupa jest kwadrat o boku \(12\), więc pole podstawy wynosi:

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym środek podstawy leży w środku kwadratu.

Odległość środka podstawy od środka boku podstawy wynosi:

Kąt między ścianą boczną a podstawą ma miarę \(30^\circ\). W odpowiednim przekroju otrzymujemy trójkąt prostokątny, w którym:

Obliczamy wysokość ostrosłupa:

Objętość ostrosłupa:

Podstawą graniastosłupa jest trójkąt równoboczny. Wysokość tego trójkąta jest równa: \[ 2\sqrt3 \] Dla trójkąta równobocznego: \[ h=\frac{a\sqrt3}{2} \] Zatem: \[ \frac{a\sqrt3}{2}=2\sqrt3 \] \[ a=4 \]
Pole podstawy: \[ P_p=\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{4^2\sqrt3}{4}=4\sqrt3 \]
Ściana boczna \(ABED\) jest prostokątem. Przekątna \(AE\) tworzy z krawędzią \(AB\) kąt \(60^\circ\), więc: \[ \tan60^\circ=\frac{H}{AB} \] \[ \sqrt3=\frac{H}{4} \] \[ H=4\sqrt3 \]
Objętość: \[ V=P_p\cdot H=4\sqrt3\cdot4\sqrt3=48 \]
Pole powierzchni bocznej: \[ P_b=obwód\ podstawy\cdot H=3\cdot4\cdot4\sqrt3=48\sqrt3 \] Pole dwóch podstaw: \[ 2P_p=8\sqrt3 \] Pole powierzchni całkowitej: \[ P_c=48\sqrt3+8\sqrt3=56\sqrt3 \]

Długości trzech krawędzi wychodzących z tego samego wierzchołka tworzą ciąg geometryczny o ilorazie \(4\).

Oznaczmy te długości przez:

Pole powierzchni całkowitej prostopadłościanu wyraża się wzorem:

Podstawiamy długości krawędzi:

Objętość prostopadłościanu:

Niech \(P_p\) oznacza pole podstawy ostrosłupa.

Pole powierzchni bocznej jest cztery razy większe od pola podstawy, więc:

Pole powierzchni całkowitej wynosi:

Podstawiamy:

Podstawą ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest kwadrat. Jeśli \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, to:

Objętość sześcianu jest równa:

Jeśli \(a\) oznacza długość krawędzi sześcianu, to:

Przekątna sześcianu ma długość:

Niech \(S\) będzie wierzchołkiem ostrosłupa, \(O\) środkiem podstawy, a \(M\) środkiem boku podstawy. W przekroju prostopadłym do boku podstawy kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy jest równy \(\alpha\).

Ponieważ bok kwadratu ma długość \(4\), to:

\[ |OM|=2. \]
Dla wysokości ostrosłupa \(h=|SO|\):

\[ \tan\alpha=\frac{h}{2}=3. \]
Zatem:

\[ h=6. \]
Odpowiedź: B. \(6\).

Najdłuższa krawędź ma długość \(p\). Ponieważ długości krawędzi są trzema kolejnymi parzystymi liczbami naturalnymi, pozostałe mają długości:

\[ p-2 \quad\text{oraz}\quad p-4. \]
Objętość prostopadłościanu wynosi:

\[ V=p(p-2)(p-4). \]
Po wymnożeniu:

\[ V=p(p^2-6p+8)=p^3-6p^2+8p. \]
Odpowiedź: D. \(p^3-6p^2+8p\).

Jeżeli podstawa ostrosłupa jest \(n\)-kątem, to ostrosłup ma: \[ n \] ścian bocznych oraz jedną podstawę, czyli łącznie \[ n+1 \] ścian. Z warunku: \[ n+1=12, \] więc \[ n=11. \] Ostrosłup ma \(11\) wierzchołków podstawy i jeden wierzchołek główny, czyli razem \[ 12 \] wierzchołków.

Trzy kolejne parzyste liczby naturalne, z których największa jest równa \(10\), to: \[ 6,\ 8,\ 10. \] Pole powierzchni całkowitej prostopadłościanu: \[ P_c=2(ab+ac+bc). \] Zatem \[ P_c=2(6\cdot8+6\cdot10+8\cdot10), \] \[ P_c=2(48+60+80)=2\cdot188=376. \]

Odcinek \(AB\) jest prostopadły do ściany \(ADHE\), więc trójkąt \(ABH\) jest prostokątny w punkcie \(A\). W tym trójkącie: \[ \angle BHA=30^\circ,\qquad AB=6. \] Korzystamy z definicji sinusa: \[ \sin30^\circ=\frac{AB}{BH}. \] Zatem \[ \frac12=\frac6{BH}, \] więc \[ BH=12. \]

Ostrosłup o podstawie będącej \(2024\)-kątem ma \(2024\) krawędzie podstawy oraz \(2024\) krawędzie boczne. Razem: \[2024+2024=4048.\]

Jeżeli krawędź sześcianu ma długość \(a\), to przekątna ściany ma długość \(a\sqrt2\). \[a\sqrt2=2\sqrt2\iff a=2.\] Objętość wynosi \[V=a^3=2^3=8.\]

Przekątna podstawy ma długość \(4\sqrt2\). \[\tan\alpha=\frac{h}{4\sqrt2}=2,\] więc \[h=8\sqrt2.\]

Pole sześciokąta foremnego o boku \(a\): \[ P_p=\frac{3\sqrt3}{2}a^2. \] \[ \frac{3\sqrt3}{2}a^2=15\sqrt3. \] \[ a^2=10,\qquad a=\sqrt{10}. \] Jedna ściana boczna jest prostokątem o bokach \(6\) i \(\sqrt{10}\), więc: \[ P_b=6\sqrt{10}. \]

Kąt nachylenia prostej do płaszczyzny jest kątem między tą prostą a jej rzutem prostokątnym na tę płaszczyznę.

Najdłuższa przekątna graniastosłupa łączy wierzchołek jednej podstawy z odpowiednim przeciwległym wierzchołkiem drugiej podstawy. Jej rzutem na podstawę jest najdłuższa przekątna sześciokąta foremnego.

Tę sytuację przedstawia rysunek D.

Stosunek objętości: \[ \frac{V_2}{V_1}=\frac{512}{64}=8. \] Jeżeli skala podobieństwa wynosi \(k\), to: \[ k^3=8 \Rightarrow k=2. \] Pola powierzchni zmieniają się w skali \(k^2\), więc: \[ \frac{P_2}{P_1}=2^2=4. \]

Dla każdej pary przeciwległych ścian suma odległości punktu od tych ścian wynosi \(5\). Są trzy takie pary, więc suma wynosi \[5+5+5=15.\]

Niech \(a\) oznacza długość boku kwadratowej podstawy, \(H\) — wysokość ostrosłupa, a \(l\) — wysokość ściany bocznej. Niech \(O\) będzie środkiem podstawy, a \(M\) środkiem jednego z jej boków. Wtedy \[OM=\frac a2.\] Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy jest kątem między odcinkami \(SM\) i \(OM\). Z treści: \[\tan\alpha=\frac43.\] W trójkącie prostokątnym \(SOM\): \[\tan\alpha=\frac{SO}{OM}=\frac{H}{a/2}.\] Zatem \[\frac{H}{a/2}=\frac43,\] \[H=\frac43\cdot\frac a2=\frac{2a}{3}.\] Objętość ostrosłupa: \[V=\frac13P_pH.\] Ponieważ podstawa jest kwadratem, \(P_p=a^2\). Podstawiamy: \[384=\frac13a^2\cdot\frac{2a}{3}=\frac{2a^3}{9}.\] Mnożymy przez \(9\): \[3456=2a^3,\] \[a^3=1728,\] \[a=12.\] Obliczamy wysokość ostrosłupa: \[H=\frac{2a}{3}=\frac{2\cdot12}{3}=8.\] W trójkącie prostokątnym \(SOM\) szukana wysokość ściany bocznej spełnia: \[l^2=H^2+\left(\frac a2\right)^2.\] Podstawiamy: \[l^2=8^2+6^2=64+36=100.\] Zatem \[l=10.\]

Pole jednej podstawy sześciokąta foremnego o boku \(6\):
\[P_p=6\cdot\frac{6^2\sqrt3}{4}=54\sqrt3.\]
Pole boczne:
\[P_b=(6\cdot6)\cdot6=216.\]
Pole całkowite:
\[P_c=2P_p+P_b=108\sqrt3+216.\]

Dłuższa przekątna podstawy sześciokąta foremnego ma długość \(12\), a wysokość graniastosłupa wynosi \(6\). Dłuższa przekątna graniastosłupa ma długość
\[d=\sqrt{12^2+6^2}=6\sqrt5.\]
Jej rzutem na podstawę jest przekątna długości \(12\), więc
\[\cos\alpha=\frac{12}{6\sqrt5}=\frac2{\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}{5}.\]

Pole podstawy wynosi \(6^2=36\), a wysokość ostrosłupa \(12\). Zatem \[ V=\frac13\cdot36\cdot12=144. \]

Krawędź \(SA\) ma długość \(12\) i jest prostopadła do płaszczyzny podstawy, więc jest wysokością ostrosłupa. Rzutem najdłuższej krawędzi bocznej \(SC\) na płaszczyznę podstawy jest przekątna \(AC\) kwadratu o boku \(6\): \[ AC=6\sqrt2. \] W trójkącie prostokątnym \(SAC\): \[ \tan\alpha=\frac{SA}{AC}. \] Zatem \[ \tan\alpha=\frac{12}{6\sqrt2} =\frac{2}{\sqrt2} =\sqrt2. \] Poprawna jest odpowiedź A.

Dłuższa przekątna sześciokąta foremnego: \[ AD=2\cdot5=10. \] Ponieważ kąt nachylenia ma \(45^\circ\), wysokość graniastosłupa także wynosi \(10\). Pole ściany bocznej: \[ P=5\cdot10=50. \]

Rzut przekątnej graniastosłupa na płaszczyznę podstawy jest przekątną kwadratu: \[ 15\sqrt2. \] Jeżeli \(d\) oznacza przekątną graniastosłupa, to \[ \cos\alpha=\frac{15\sqrt2}{d}=\frac{\sqrt2}{3}. \] Stąd \[ d=45. \]

W przekroju zawierającym wysokość ostrosłupa i wysokość ściany bocznej otrzymujemy trójkąt prostokątny. Przeciwprostokątna ma długość \(6\), a kąt przy podstawie ma miarę \(30^\circ\). Oznaczmy przez \(h\) wysokość ostrosłupa, a przez \(r\) odległość środka podstawy od środka jej boku. Z definicji sinusa: \[ \sin30^\circ=\frac{h}{6}. \] Ponieważ \[ \sin30^\circ=\frac12, \] to \[ \frac12=\frac{h}{6}, \] stąd \[ h=3. \] Z definicji cosinusa: \[ \cos30^\circ=\frac{r}{6}. \] Ponieważ \[ \cos30^\circ=\frac{\sqrt3}{2}, \] to \[ \frac{\sqrt3}{2}=\frac{r}{6}, \] stąd \[ r=3\sqrt3. \] Odcinek \(r\) jest połową boku kwadratu, więc \[ a=2r=6\sqrt3. \] Pole podstawy: \[ P_p=a^2=(6\sqrt3)^2=108. \] Objętość: \[ V=\frac13P_ph =\frac13\cdot108\cdot3 =108. \] Pole jednej ściany bocznej: \[ P_1=\frac12\cdot a\cdot6 =\frac12\cdot6\sqrt3\cdot6 =18\sqrt3. \] Pole powierzchni bocznej: \[ P_b=4\cdot18\sqrt3=72\sqrt3. \] Pole powierzchni całkowitej: \[ P_c=P_p+P_b=108+72\sqrt3. \]

Jeżeli podstawa ma \(n\) boków, ostrosłup ma \[ W=n+1 \] wierzchołków oraz \[ K=2n \] krawędzi. Z warunku \[ \frac{n+1}{2n}=\frac35 \] otrzymujemy \[ 5n+5=6n, \] czyli \[ n=5. \]

Pole podstawy ostrosłupa wynosi \[ P_p=9^2=81, \] a jego wysokość jest równa krawędzi sześcianu, czyli \(9\). Zatem \[ V=\frac13P_pH=\frac13\cdot81\cdot9=243. \]

Niech \(O\) będzie środkiem podstawy \(ABCD\). Rzutem krawędzi \(AW\) na płaszczyznę podstawy jest odcinek \(AO\). Mamy \[ AO=\frac{9\sqrt2}{2},\qquad OW=9. \] Z twierdzenia Pitagorasa: \[ AW=\sqrt{AO^2+OW^2} =\sqrt{\frac{81}{2}+81} =\frac{9\sqrt6}{2}. \] Dla kąta \(\alpha\) nachylenia krawędzi \(AW\) do podstawy: \[ \cos\alpha=\frac{AO}{AW} =\frac{\frac{9\sqrt2}{2}}{\frac{9\sqrt6}{2}} =\frac1{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}. \]

Objętość sześcianu o krawędzi \(a\) wynosi \(V=a^3\). Dla krawędzi \(3a\): \[ V_G=(3a)^3=27a^3=27V. \]

Podstawą ostrosłupa jest trójkąt równoboczny o boku \[ a=10\sqrt3. \] Spodek wysokości ostrosłupa leży w środku trójkąta równobocznego. Odległość tego punktu od wierzchołka podstawy, czyli odcinek biegnący od spodka wysokości do krawędzi bocznej, ma długość \[ \frac{a\sqrt3}{3}=\frac{10\sqrt3\cdot\sqrt3}{3}=10. \] Krawędź boczna ma długość \(15\). Z twierdzenia Pitagorasa: \[ h^2+10^2=15^2. \] Zatem \[ h^2=225-100=125, \] \[ h=5\sqrt5. \]