MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 118

Niech krawędź czworościanu ma długość $a$, a $M$ będzie środkiem $AB$. Ustawmy podstawę w płaszczyźnie poziomej. Jej wysokość $CM$ ma długość $\frac{a\sqrt3}{2}$, a rzut wierzchołka $S$ leży na $CM$ w odległości $\frac{a\sqrt3}{6}$ od $M$. Wysokość czworościanu wynosi $a\sqrt{\frac23}$.

Punkt $D$ jest środkiem $CS$, więc jego odległość pozioma od $M$ wynosi

$$\frac12\left(\frac{a\sqrt3}{2}+\frac{a\sqrt3}{6}\right) =\frac{a\sqrt3}{3},$$

a wysokość nad podstawą — $\frac a2\sqrt{\frac23}=\frac{a\sqrt6}{6}$. Zatem

$$MD=\sqrt{\frac{a^2}{3}+\frac{a^2}{6}}=\frac a{\sqrt2}.$$

W przekroju prostopadłym do wspólnej prostej $AB$ cosinus szukanego kąta jest równy

$$\frac{a\sqrt3/3}{a/\sqrt2}=\frac{\sqrt6}{3}.$$

Niech $l$ oznacza krawędź boczną, $a$ — krawędź podstawy, a $\gamma$ — kąt płaski przy wierzchołku w każdej ścianie bocznej. Z twierdzenia cosinusów

$$\cos\gamma=1-\frac{a^2}{2l^2}.$$

Rozpatrzmy dwie sąsiednie ściany i ich wspólną krawędź boczną. Po rzutowaniu dwóch pozostałych krawędzi tych ścian na płaszczyznę prostopadłą do krawędzi wspólnej otrzymujemy cosinus kąta dwuściennego

$$\frac{\cos\gamma}{1+\cos\gamma}.$$

Z warunku zadania

$$\frac{\cos\gamma}{1+\cos\gamma}=\frac13,$$

więc $\cos\gamma=\frac12$. Stąd

$$1-\frac{a^2}{2l^2}=\frac12,$$

czyli $a=l$. Wszystkie trzy krawędzie boczne są równe wszystkim trzem krawędziom podstawy, zatem czworościan jest foremny.

Promień okręgu opisanego na podstawie spełnia $\pi R^2=16\pi$, zatem $R=4$ cm. Dla trójkąta równobocznego promień okręgu wpisanego wynosi $r=R/2=2$ cm, a krawędź podstawy ma długość $4\sqrt3$ cm. Pole podstawy jest więc równe $12\sqrt3$ cm$^2$.

Z równania na objętość

$$20\sqrt3=\frac13\cdot12\sqrt3\cdot H$$

otrzymujemy $H=5$ cm. W przekroju prostopadłym do krawędzi podstawy

$$\tan\alpha=\frac Hr=\frac52.$$

Niech $l$ oznacza krawędź boczną, $a$ — krawędź podstawy, a $h$ — wysokość ostrosłupa. Z twierdzenia cosinusów w ścianie bocznej

$$a^2=2l^2(1-\cos\alpha) =2l^2\left(1-\frac7{25}\right)=\frac{36}{25}l^2.$$

Ponieważ odległość środka podstawy od jej wierzchołka wynosi $a/\sqrt2$, mamy

$$h^2=l^2-\frac{a^2}{2}=\frac7{25}l^2.$$

Dla dwóch sąsiednich ścian bocznych cosinus wewnętrznego kąta dwuściennego jest równy

$$-\frac{a^2}{4h^2+a^2} =-\frac{36/25}{28/25+36/25}=-\frac9{16}.$$

Niech $\vec u_A$, $\vec u_B$, $\vec u_C$ będą wektorami jednakowej długości, prowadzącymi od wierzchołka ostrosłupa do wierzchołków podstawy. Kąt między każdą parą tych wektorów wynosi $\alpha$, więc oznaczmy $c=\cos\alpha=\frac7{25}$.

Po zrzutowaniu $\vec u_B$ i $\vec u_C$ na płaszczyznę prostopadłą do wspólnej krawędzi o kierunku $\vec u_A$, cosinus kąta dwuściennego jest równy

$$\frac{c-c^2}{1-c^2}=\frac{c}{1+c}.$$

Zatem

$$\cos\varphi=\frac{7/25}{1+7/25}=\frac7{32}.$$

Niech $a$ oznacza krawędź podstawy, $O$ jej środek, a $H=SO$ wysokość ostrosłupa. W trójkącie bocznym $SAB$ odcinek $SE$ dzieli kąt $2\alpha$ na połowy. Zatem

$$SE=\frac a2\cot\alpha.$$

Ponieważ $OE=\frac a2$, z trójkąta prostokątnego $SOE$ dostajemy

$$H^2=SE^2-OE^2 =\frac{a^2}{4}(\cot^2\alpha-1).$$

Niech $T$ będzie rzutem punktu $O$ na prostą $EF$. W kwadracie $OT=\frac{a}{2\sqrt2}$. Przekrój $SOT$ jest prostopadły do $EF$, więc szukany kąt $\varphi$ spełnia

$$\tan\varphi=\frac{SO}{OT} =\frac{(a/2)\sqrt{\cot^2\alpha-1}}{a/(2\sqrt2)} =\sqrt{2(\cot^2\alpha-1)}.$$

Promień okręgu wpisanego w sześciokąt foremny spełnia $r=\frac{a\sqrt3}{2}$. Z $r=6\sqrt3$ otrzymujemy $a=12$.

Ustawmy wierzchołek podstawy $B=(12,0,0)$, jego sąsiadów $A=(6,-6\sqrt3,0)$ i $C=(6,6\sqrt3,0)$ oraz wierzchołek ostrosłupa $S=(0,0,6)$. Wektory wychodzące z $B$ mają postać

$$\overrightarrow{BA}=(-6,-6\sqrt3,0),\quad \overrightarrow{BC}=(-6,6\sqrt3,0),\quad \overrightarrow{BS}=(-12,0,6).$$

Rzutujemy pierwsze dwa wektory na płaszczyznę prostopadłą do $BS$. Ich iloczyn skalarny po rzutowaniu wynosi $-\frac{504}{5}$, a kwadrat długości każdego rzutu jest równy $\frac{576}{5}$. Dlatego cosinus wewnętrznego kąta dwuściennego wynosi

$$\frac{-504/5}{576/5}=-\frac78.$$

Niech $S$ będzie wierzchołkiem ostrosłupa, a $O$ spodkiem jego wysokości. Dla każdego boku podstawy wybierzmy punkt $M_i$ będący rzutem prostokątnym $O$ na prostą zawierającą ten bok. Płaszczyzna $SOM_i$ jest prostopadła do tego boku, więc pokazuje kąt $\varphi_i$ nachylenia odpowiedniej ściany bocznej do podstawy. Mamy

$$\tan\varphi_i=\frac{SO}{OM_i}.$$

Wszystkie kąty $\varphi_i$ są równe, a $SO$ jest stałe. Zatem wszystkie odległości $OM_i$ od punktu $O$ do boków podstawy są jednakowe. Punkt $O$ jest więc środkiem okręgu wpisanego w podstawę.