MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 117

W graniastosłupie prostym kąty między sąsiednimi ścianami bocznymi są równe kątom trójkąta w podstawie. Przeciwprostokątna podstawy ma długość

$$\sqrt{7^2+24^2}=25.$$

Jeden kąt ma zatem $90^\circ$, a dla dwóch pozostałych $\sin\alpha=\frac7{25}$ i $\sin\beta=\frac{24}{25}$.

Niech $a$ będzie krawędzią podstawy, a $h$ wysokością graniastosłupa. Z danych o polach:

$$4ah=480,qquad 480+2a^2=530.$$

Stąd $a^2=25$, czyli $a=5$, oraz $h=24$.

Rozpatrywana płaszczyzna przecina podstawę wzdłuż $AB$. W przekroju prostopadłym do $AB$ jej kierunek ma składowe $a$ w podstawie i $h$ w pionie. Zatem

$$\sin\alpha=\frac{h}{\sqrt{a^2+h^2}} =\frac{24}{\sqrt{5^2+24^2}}=\frac{24}{\sqrt{601}} =\frac{24\sqrt{601}}{601}.$$

a) Pole podstawy wyznaczamy z objętości:

$$P_p=\frac{3V}{H}=\frac{3\cdot72\sqrt3}{2}=108\sqrt3.$$

Jeśli $a$ jest bokiem trójkąta równobocznego, to $\frac{a^2\sqrt3}{4}=108\sqrt3$, zatem $a=12\sqrt3$. Promień okręgu wpisanego w podstawę wynosi $r=\frac{a\sqrt3}{6}=6$. Dla kąta nachylenia $\alpha$ mamy

$$\tan\alpha=\frac Hr=\frac13,$$

czyli $\alpha\approx18^\circ$.

b) Niech $h$ będzie wysokością ostrosłupa. Z twierdzenia Pitagorasa

$$h^2=13^2-\left(\frac{10\sqrt2}{2}\right)^2=119.$$

Wektory normalne do dwóch sąsiednich ścian bocznych mają iloczyn skalarny $-\frac{a^4}{4}$ i jednakowe kwadraty długości $a^2h^2+\frac{a^4}{4}$. Dla $a=10$ otrzymujemy

$$\cos\beta=-\frac{a^2}{4h^2+a^2} =-\frac{100}{4\cdot119+100}=-\frac{25}{144}.$$

Niech krawędź podstawy ma długość $a$, a wysokość ostrosłupa wynosi $h$. Z warunku o krawędzi bocznej:

$$4a^2=h^2+\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^2,$$

stąd $h^2=\frac72a^2$.

Ustawmy układ współrzędnych tak, aby dwie sąsiednie ściany zawierały krawędź boczną wychodzącą z punktu $B$. Wektory normalne do tych ścian można wybrać w postaci

$$\vec n_1=\left(0,ah,-\frac{a^2}{2}\right),\qquad \vec n_2=\left(ah,0,\frac{a^2}{2}\right).$$

Ich iloczyn skalarny jest równy $-\frac{a^4}{4}$, a każdy ma długość

$$\sqrt{a^2h^2+\frac{a^4}{4}} =a^2\sqrt{\frac72+\frac14}=\frac{a^2\sqrt{15}}2.$$

Zatem cosinus wewnętrznego kąta dwuściennego wynosi

$$\frac{-a^4/4}{15a^4/4}=-\frac1{15}.$$

Niech $O$ będzie środkiem podstawy, a $M$ środkiem jednego z jej boków. Promień okręgu wpisanego w podstawę oznaczmy przez $r=OM$. Z przekroju prostopadłego do krawędzi podstawy mamy

$$\tan\alpha=\frac{H}{r},\qquad r=\frac{H}{\tan\alpha}.$$

Pole trójkąta równobocznego wyrażone przez promień wpisany wynosi $3\sqrt3r^2$. Stąd

$$V=\frac13\cdot3\sqrt3r^2\cdot H =\frac{\sqrt3H^3}{\tan^2\alpha}.$$