MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 103

Niech $l$ będzie wysokością ściany bocznej, a $a$ bokiem podstawy. W trójkącie prostokątnym utworzonym przez wysokość ostrosłupa, połowę boku podstawy i $l$ mamy

[ \sin\alpha=\frac{a/2}{l}=\frac5{13}, \qquad \cos\alpha=\frac{12}{13}=\frac{12}{l}. ]

Stąd $l=13$ cm i $a/2=5$ cm, czyli $a=10$ cm. Zatem

[ P_c=a^2+4\cdot\frac12al =100+4\cdot65=360\ \mathrm{cm}^2. ]

Bok kwadratowej podstawy spełnia $a^2=8$. W jednej ścianie bocznej wysokość poprowadzona z wierzchołka dzieli kąt $30^\circ$ i podstawę na połowy. Jeżeli $l$ oznacza tę wysokość, to

[ \tan15^\circ=\frac{a/2}{l}, \qquad l=\frac a2\cot15^\circ. ]

Pole jednej ściany bocznej wynosi

[ \frac12al=\frac{a^2}{4}\cot15^\circ =2(2+\sqrt3)=4+2\sqrt3. ]

Zatem

[ P_c=8+4(4+2\sqrt3)=24+8\sqrt3\ \mathrm{cm}^2. ]

Odległość środka równobocznej podstawy od jej wierzchołka wynosi $R=\frac3{\sqrt3}=\sqrt3$. Niech $k$ będzie krawędzią boczną. Z $\cos\alpha=0{,}8=\frac45$ wynika $\sin\alpha=\frac35$, więc

[ \frac{R}{k}=\frac35, \qquad k=\frac{5\sqrt3}{3}. ]

Wysokość ściany bocznej $l$ spełnia

[ l^2=k^2-\left(\frac32\right)^2 =\frac{25}{3}-\frac94=\frac{73}{12}. ]

Pole całkowite jest równe

[ P_c=\frac{9\sqrt3}{4}+3\cdot\frac12\cdot3\cdot\sqrt{\frac{73}{12}} =\frac{3\sqrt3}{4}(3+\sqrt{73})\ \mathrm{cm}^2. ]

Pole jednej ściany bocznej wynosi

[ \frac12\cdot2\cdot2\sin30^\circ=1\ \mathrm{cm}^2, ]

więc trzy ściany mają łącznie pole $3\ \mathrm{cm}^2$. Krawędź podstawy jest podstawą tego trójkąta równoramiennego:

[ a=2\cdot2\sin15^\circ=\sqrt6-\sqrt2. ]

Pole równobocznej podstawy wynosi

[ \frac{a^2\sqrt3}{4} =\frac{(8-4\sqrt3)\sqrt3}{4}=2\sqrt3-3. ]

Zatem $P_c=3+(2\sqrt3-3)=2\sqrt3\ \mathrm{cm}^2$.

Oznaczmy krawędź podstawy przez $a$, a wysokość ściany bocznej przez $l$. W trójkącie będącym ścianą boczną kąt przy podstawie ma miarę $\alpha$, więc

[ \tan\alpha=\frac{l}{a/2}, \qquad l=\frac a2\tan\alpha. ]

Z warunku $a+l=s$ otrzymujemy

[ a\left(1+\frac12\tan\alpha\right)=s, \qquad a=\frac{2s}{2+\tan\alpha}. ]

Pole boczne wynosi

[ P_b=3\cdot\frac12al=\frac34a^2\tan\alpha =\frac{3s^2\tan\alpha}{(2+\tan\alpha)^2}. ]

Niech $a$ oznacza bok podstawy, a $l$ wysokość ściany bocznej. Połowa ściany bocznej jest trójkątem prostokątnym o kącie $\alpha$ przy wierzchołku, zatem

[ \tan\alpha=\frac{a/2}{l}. ]

W przekroju przez wierzchołek, środek podstawy i środek jej boku mamy $l^2=h^2+(a/2)^2$. Po połączeniu obu zależności otrzymujemy

[ a=\frac{2h\sin\alpha}{\sqrt{\cos2\alpha}}, \qquad l=\frac{h\cos\alpha}{\sqrt{\cos2\alpha}}. ]

Stąd

[ P_b=4\cdot\frac12al=2al =\frac{4h^2\sin\alpha\cos\alpha}{\cos2\alpha} =2h^2\tan2\alpha. ]

Niech $O$ będzie środkiem podstawy, a $M,N$ środkami dwóch sąsiednich boków sześciokąta. Mamy

[ OM=ON=\frac{8\sqrt3}{2}=4\sqrt3, \qquad \angle MON=60^\circ. ]

Jeżeli $H$ jest wysokością ostrosłupa, to wektory wysokości sąsiednich ścian bocznych mają iloczyn skalarny $H^2+OM\cdot ON\cos60^\circ$. Zatem

[ \cos30^\circ=\frac{H^2+24}{H^2+48}. ]

Po rozwiązaniu równania otrzymujemy

[ H^2=48(1+\sqrt3), \qquad H=4\sqrt{3+3\sqrt3}. ]

Wysokość ściany bocznej spełnia

[ l^2=H^2+(4\sqrt3)^2=48(2+\sqrt3), \qquad l=4\sqrt{6+3\sqrt3}. ]

Pole podstawy wynosi $96\sqrt3$, a pole boczne $6\cdot\frac12\cdot8l=24l$. Stąd

[ P_c=96\left(\sqrt3+\sqrt{6+3\sqrt3}\right). ]

Dla sześciokąta foremnego o boku $a$ promień okręgu opisanego wynosi $R=a$, a wpisanego $r=\frac{a\sqrt3}{2}$. Zatem

[ \pi(R^2-r^2)=\frac{\pi a^2}{4}=8\pi, \qquad a^2=32, \qquad a=4\sqrt2. ]

Pole podstawy wynosi

[ P_p=\frac{3\sqrt3}{2}a^2=48\sqrt3, ]

a pole boczne

[ P_b=6\cdot\frac12\cdot a\cdot9=27a=108\sqrt2. ]

Stąd $P_c=48\sqrt3+108\sqrt2\ \mathrm{cm}^2$.

Z twierdzenia Pitagorasa w odpowiednich trójkątach prostokątnych:

[ SB=SD=\sqrt{SA^2+a^2}=a\sqrt2, ]

[ SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt3. ]

Podstawa ma pole $a^2$. Ściany $SAB$ i $SAD$ są trójkątami prostokątnymi o polu $\frac12a^2$ każda. W ścianach $SBC$ i $SCD$ odpowiednie prostopadłe boki mają długości $a$ i $a\sqrt2$, więc każda ma pole $\frac{a^2\sqrt2}{2}$. Zatem

[ P_c=a^2+2\cdot\frac{a^2}{2} +2\cdot\frac{a^2\sqrt2}{2}=a^2(2+\sqrt2). ]

Trójkąt $ABC$ jest prostokątny w $C$, ponieważ $3^2+4^2=5^2$. Ponieważ $SC\perp ABC$, mamy

[ AS=\sqrt{AC^2+SC^2}=4\sqrt2, \qquad BS=\sqrt{BC^2+SC^2}=5. ]

Trójkąt $ABS$ ma więc boki $AB=5$, $BS=5$, $AS=4\sqrt2$. Z twierdzenia cosinusów:

[ \cos\angle BAS =\frac{AB^2+AS^2-BS^2}{2\cdot AB\cdot AS} =\frac{2\sqrt2}{5}, ]

[ \cos\angle ABS =\frac{AB^2+BS^2-AS^2}{2\cdot AB\cdot BS} =\frac9{25}. ]

Ponieważ $AB=BS$, kąty naprzeciw tych boków są równe, więc $\cos\angle ASB=\frac{2\sqrt2}{5}$.