MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 126

Pole podstawy jest równe $\frac{a^2\sqrt3}{4}=100\sqrt3$, więc $a=20$ cm. Niech $D$ i $E$ będą środkami dwóch boków podstawy. Wtedy $DE=\frac a2=10$ cm.

W ścianie bocznej o bokach $26$, $26$ i $20$ wysokość opuszczona na bok podstawy ma długość

$c=\sqrt{26^2-10^2}=24\ \text{cm}.$

Trójkąt przekroju $DES$ jest równoramienny. Jego wysokość opuszczona z $S$ dzieli $DE$ na odcinki długości $5$, zatem

$h=\sqrt{24^2-5^2}=\sqrt{551}\ \text{cm}.$

Pole przekroju wynosi $P=\frac12\cdot10\cdot\sqrt{551}=5\sqrt{551}\ \text{cm}^2$. Ponadto

$(5\sqrt{551})^2=13\,775>13\,225=115^2,$

więc $P>115\ \text{cm}^2$.

Niech $M$, $N$, $P$ będą środkami trzech krawędzi wychodzących z jednego wierzchołka podstawy. Trójkąt $MNP$ jest trójkątem środkowym przeciwległej ściany bocznej $BCS$, więc $P_{BCS}=4S$.

Jeżeli $k$ oznacza wysokość ściany $BCS$ opuszczoną na $BC=a$, to

$\frac12ak=4S,\qquad k=\frac{8S}{a}.$

Rzut wierzchołka ostrosłupa jest środkiem $O$ trójkąta równobocznego, odległym od $BC$ o $\frac{a\sqrt3}{6}$. Dla wysokości ostrosłupa $H$ mamy

$k^2=H^2+\left(\frac{a\sqrt3}{6}\right)^2,$

czyli

$H=\frac{1}{2a\sqrt3}\sqrt{768S^2-a^4}.$

Zatem

$V=\frac13\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot H =\frac{a}{24}\sqrt{768S^2-a^4}.$

Z warunku na objętość:

$\frac13\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot H =\frac{\sqrt2}{24}a^3,$

otrzymujemy $H=\frac{a\sqrt6}{6}$.

Niech $O$ będzie spodkiem wysokości, a $M$ środkiem boku podstawy przeciwległego krawędzi bocznej $AS$. Punkty $A,O,M$ są współliniowe, a

$AO=\frac{a\sqrt3}{3},\qquad OM=\frac{a\sqrt3}{6}.$

Z twierdzenia Pitagorasa:

$AS^2=AO^2+H^2=\frac{a^2}{2},\qquad MS^2=OM^2+H^2=\frac{a^2}{4}.$

Ponieważ $AM^2=\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2=\frac{3a^2}{4}=AS^2+MS^2$, trójkąt $ASM$ jest prostokątny w $S$. Jego pole wynosi

$P=\frac12\cdot AS\cdot MS =\frac12\cdot\frac{a}{\sqrt2}\cdot\frac a2 =\frac{\sqrt2}{8}a^2.$

Niech bok równobocznego przekroju będzie równy $d$. Wtedy

$P=\frac{d^2\sqrt3}{4},\qquad d^2=\frac{4P}{\sqrt3}.$

Odcinek $d$ jest przekątną kwadratowej podstawy, więc jej pole wynosi $\frac{d^2}{2}$. Wysokość ostrosłupa jest wysokością równobocznego przekroju: $H=\frac{d\sqrt3}{2}$. Zatem

$V=\frac13\cdot\frac{d^2}{2}\cdot\frac{d\sqrt3}{2} =\frac{d^3\sqrt3}{12}=\frac{dP}{3}.$

Ponieważ $d=2\sqrt{\frac{P}{\sqrt3}}=2\sqrt{\frac{\sqrt{3P}}{3}}$, otrzymujemy

$V=\frac23P\sqrt{\frac{\sqrt{3P}}{3}}.$

Niech $F$ i $E$ będą środkami sąsiednich boków podstawy, $O$ środkiem kwadratu, a $L$ środkiem $FE$. Wtedy

$FE=\frac{a\sqrt2}{2},\qquad OL=\frac{a\sqrt2}{4}.$

Odcinki $OL$ i $SL$ są prostopadłe do $FE$, więc $\angle SLO=\alpha$. Stąd

$SL=\frac{OL}{\cos\alpha} =\frac{a\sqrt2}{4\cos\alpha}.$

Pole przekroju:

$P=\frac12\cdot FE\cdot SL =\frac{a^2}{8\cos\alpha}.$

Wysokość ostrosłupa spełnia

$H=OL\tan\alpha=\frac{a\sqrt2}{4}\tan\alpha,$

więc

$V=\frac13a^2H =\frac{\sqrt2}{12}a^3\tan\alpha.$

Niech krawędź podstawy ma długość $a$, wysokość ostrosłupa $H$, a krawędź boczna $l$. Ustawmy środek podstawy w początku układu i przyjmijmy

$B=\left(\frac a2,-\frac a2,0\right),\quad D=\left(-\frac a2,\frac a2,0\right),\quad C=\left(\frac a2,\frac a2,0\right),\quad S=(0,0,H).$

Ponieważ $P$ jest środkiem $CS$,

$P=\left(\frac a4,\frac a4,\frac H2\right).$

Mamy $BD=a\sqrt2$ oraz

$BP^2=\left(\frac a4\right)^2+\left(\frac{3a}{4}\right)^2+ \left(\frac H2\right)^2 =\frac{5a^2}{8}+\frac{H^2}{4}.$

Trójkąt $BDP$ jest równoboczny, więc $BP^2=BD^2=2a^2$. Stąd $H^2=\frac{11a^2}{2}$.

Odległość środka podstawy od wierzchołka wynosi $\frac{a\sqrt2}{2}$. Zatem

$l^2=H^2+\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^2 =\frac{11a^2}{2}+\frac{a^2}{2}=6a^2,$

czyli $l=a\sqrt6$ i

$l:a=\sqrt6:1=2\sqrt3:\sqrt2.$

Niech $AB=a$ będzie krawędzią podstawy, $D$ jej środkiem, $O$ środkiem podstawy, $S$ wierzchołkiem, a $M$ środkiem wysokości $SO$. Oznaczmy

$r=DO=\frac{a\sqrt3}{6}.$

W płaszczyźnie prostopadłej do $AB$ punkt $M$ ma względem $D$ przesunięcie poziome $r$ i pionowe $\frac H2$. Z nachylenia $45^\circ$:

$\tan45^\circ=\frac{H/2}{r},$

więc $H=2r=\frac{a\sqrt3}{3}$.

Płaszczyzna przekroju przecina przeciwległą krawędź $CS$ w punkcie $Q$, a przekrojem jest trójkąt $ABQ$. W przekroju osiowym przyjmijmy $D=(0,0)$, $C=(3r,0)$ i $S=(r,H)$. Przecięcie prostej $DM$ z $CS$ daje $CQ:QS=3:1$, więc rzut $Q$ na podstawę leży w odległości $\frac{3r}{2}$ od $D$. Ponieważ $DQ$ tworzy z podstawą kąt $45^\circ$,

$DQ=\frac{3r/2}{\cos45^\circ} =\frac{a\sqrt6}{4}.$

Z pola przekroju:

$2\sqrt6=\frac12a\cdot\frac{a\sqrt6}{4} =\frac{a^2\sqrt6}{8},$

otrzymujemy $a=4$ i $H=\frac{4\sqrt3}{3}$. Objętość jest równa

$V=\frac13\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot H =\frac{16}{3}.$

Jak w zadaniu 7, z kąta nachylenia $45^\circ$ otrzymujemy dla $a=4$ wysokość

$H=\frac{a\sqrt3}{3}=\frac{4\sqrt3}{3}.$

Promień okręgu opisanego na równobocznej podstawie ma tę samą długość, więc krawędź boczna $l$ spełnia

$l^2=H^2+\left(\frac{a\sqrt3}{3}\right)^2 =\frac{32}{3}.$

Wysokość ściany bocznej wynosi

$k=\sqrt{l^2-\left(\frac a2\right)^2} =\sqrt{\frac{32}{3}-4} =\frac{2\sqrt{15}}{3}.$

Trzy ściany boczne mają łącznie pole

$3\cdot\frac12\cdot4\cdot\frac{2\sqrt{15}}{3} =4\sqrt{15}.$

Pole podstawy to $\frac{4^2\sqrt3}{4}=4\sqrt3$. Zatem

$P_c=4\sqrt3+4\sqrt{15} =4(\sqrt3+\sqrt{15}).$