MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 110

Oznaczmy długość krawędzi podstawy przez $a$, a wysokość przez $h$. Przyjmijmy współrzędne

$$A=(0,0,0),\quad B=(a,0,0),\quad C=(a,a,0),\quad D_1=(0,a,h),\quad B_1=(a,0,h).$$

Wektory kierunkowe przekątnej $BD_1$ i prostej $AC$ są równe

$$\overrightarrow{BD_1}=(-a,a,h),\qquad \overrightarrow{AC}=(a,a,0).$$

a) Ich iloczyn skalarny wynosi $-a^2+a^2=0$, więc $BD_1\perp AC$.

b) Wektor kierunkowy prostej $B_1C$ to $(0,a,-h)$, zatem

$$\overrightarrow{BD_1}\cdot\overrightarrow{B_1C}=a^2-h^2.$$

Iloczyn ten byłby zerowy tylko dla $a=h$, czyli dla sześcianu. Graniastosłup nie jest sześcianem, więc $BD_1$ nie jest prostopadła do $B_1C$.

Niech $ABC$ będzie podstawą, $S$ wierzchołkiem ostrosłupa, a $O$ środkiem trójkąta równobocznego $ABC$. Rozpatrzmy parę skośnych krawędzi $AB$ i $CS$. Rzutem prostokątnym prostej $CS$ na podstawę jest prosta $CO$. W trójkącie równobocznym $CO$ jest wysokością, więc $CO\perp AB$. Z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych wynika $CS\perp AB$.

Tak samo, po cyklicznej zmianie oznaczeń, otrzymujemy $AS\perp BC$ oraz $BS\perp AC$.

a) Ponieważ $AS$ jest wysokością ostrosłupa, mamy $AS\perp ABCD$, a więc trójkąty $SAB$ i $SAD$ są prostokątne w $A$.

Ponadto $BC\perp AB$ i $BC\perp AS$, zatem $BC\perp(ABS)$, w szczególności $BC\perp BS$. Trójkąt $SBC$ jest więc prostokątny w $B$. Analogicznie $CD\perp(ADS)$, stąd $CD\perp DS$ i trójkąt $SCD$ jest prostokątny w $D$.

b) Pole podstawy wynosi $4^2=16$. Dwie ściany przy krawędzi $AS$ mają pola

$$P_{SAB}=P_{SAD}=\frac12\cdot 3\cdot 4=6.$$

Z twierdzenia Pitagorasa $SB=SD=\sqrt{3^2+4^2}=5$. Pozostałe dwie ściany boczne są trójkątami prostokątnymi o przyprostokątnych $4$ i $5$, więc każda ma pole $10$. Ostatecznie

$$P_c=16+2\cdot6+2\cdot10=48.$$

Z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych prosta leżąca w podstawie jest prostopadła do rozpatrywanej prostej przestrzennej wtedy i tylko wtedy, gdy jest prostopadła do jej rzutu na podstawę.

Rzutami prostych $BF_1$, $BE_1$, $BC_1$ na dolną podstawę są odpowiednio $BF$, $BE$, $BC$. W sześciokącie foremnym otrzymujemy:

a) do $BF$ są prostopadłe $AD$, $BC$ i $EF$;

b) do $BE$ są prostopadłe $AC$ i $DF$;

c) do $BC$ są prostopadłe $BF$ i $CE$.

d) Prosta $BB_1$ jest prostopadła do płaszczyzny podstawy, więc jest prostopadła do każdej prostej wyznaczonej przez dwa wierzchołki podstawy.

Ustalmy najdłuższą przekątną wychodzącą z wierzchołka $A$. Jej rzutem na podstawę jest średnica $AE$ ośmiokąta foremnego. Szukane proste muszą więc być prostopadłe do $AE$.

Pary wierzchołków symetrycznych względem średnicy prostopadłej do $AE$ wyznaczają dokładnie trzy takie proste: $BH$, $CG$ i $DF$. Innej pary wierzchołków o tym kierunku nie ma.

Rzutem każdej przekątnej graniastosłupa na jego podstawę jest przekątna pięciokąta foremnego. Gdyby przekątna graniastosłupa była prostopadła do prostej wyznaczonej przez dwa wierzchołki podstawy, to z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych ta prosta byłaby prostopadła także do rzutu przekątnej.

Kierunki prostych wyznaczonych przez pary wierzchołków pięciokąta foremnego różnią się o wielokrotności $36^\circ$. Kąt $90^\circ$ nie jest wielokrotnością $36^\circ$, więc żadne dwa takie kierunki nie są prostopadłe. Otrzymana sprzeczność kończy uzasadnienie.

Wybierzmy układ współrzędnych zgodny z krawędziami prostopadłościanu. Wektory kierunkowe jego czterech przekątnych można przyjąć jako

$$(5,3,4),\quad (5,-3,4),\quad (5,3,-4),\quad (5,-3,-4).$$

Iloczyn skalarny pierwszego i ostatniego wektora wynosi $25-9-16=0$. Tak samo iloczyn skalarny dwóch pozostałych wynosi $25-9-16=0$. Są więc dwie pary prostopadłych przekątnych.

Ramię trapezu ma długość

$$\frac{\sqrt3}{\sin60^\circ}=2,$$

a jego rzut na dłuższą podstawę ma długość $2\cos60^\circ=1$. Jeśli krótsza podstawa ma długość $x$, to dłuższa ma długość $x+2$.

Rzut przekątnej graniastosłupa na podstawę jest przekątną trapezu. Aby przekątna przestrzenna była prostopadła do krawędzi, jej rzut musi być prostopadły do odpowiedniego ramienia trapezu. W układzie współrzędnych możemy przyjąć wektory kierunkowe tej przekątnej i ramienia jako

$$(x+1,\sqrt3)\quad\text{i}\quad(-1,\sqrt3).$$

Ich iloczyn skalarny jest równy $-(x+1)+3$. Warunek prostopadłości daje $x=2$. Podstawy mają więc długości $2$ i $4$, a pole trapezu wynosi

$$P=\frac{2+4}{2}\cdot\sqrt3=3\sqrt3\ \text{cm}^2.$$