MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 131

Dla graniastosłupa prostego $P_c=2P_p+obwód\ podstawy\cdot H$.

a) Podstawa jest kwadratem o boku $2$:

$24=2\cdot4+8H,$

stąd $H=2$.

b) Podstawa jest trójkątem równobocznym:

$24=2\cdot\sqrt3+6H,$

zatem

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

c) Podstawa jest sześciokątem foremnym. Jego pole wynosi $6\sqrt3$, a obwód $12$, więc

$24=12\sqrt3+12H,$

czyli $H=2-\sqrt3$.

Niech krawędź sześcianu ma długość $a$. Jego przekątna ma długość $a\sqrt3$, a z treści także $a+2$. Zatem

$a\sqrt3=a+2,$

$a=\frac{2}{\sqrt3-1}=1+\sqrt3.$

Mamy $a^2=4+2\sqrt3$, więc

$P_c=6a^2=24+12\sqrt3=12(2+\sqrt3).$

Ponadto

$V=a^3=(1+\sqrt3)^3 =10+6\sqrt3=2(5+3\sqrt3).$

Jeśli $r$ jest apotemą foremnej podstawy, to z kąta nachylenia ściany bocznej $30^\circ$ otrzymujemy

$H=r\tan30^\circ=\frac r{\sqrt3}, \qquad l=\frac r{\cos30^\circ}=\frac{2r}{\sqrt3},$

gdzie $l$ jest wysokością ściany bocznej. Korzystamy ze wzorów

$P_p=\frac12pr,\qquad P_b=\frac12pl,\qquad V=\frac13P_pH.$

a) Podstawa kwadratowa. $r=3$, $p=24$. Zatem

$P_c=36+24\sqrt3=12(3+2\sqrt3), \qquad V=12\sqrt3.$

b) Podstawa trójkątna. $r=\sqrt3$, $p=18$. Zatem

$P_c=9\sqrt3+18=9(2+\sqrt3), \qquad V=3\sqrt3.$

c) Podstawa sześciokątna. $r=3\sqrt3$, $p=36$. Zatem

$P_c=54\sqrt3+108=54(2+\sqrt3), \qquad V=54\sqrt3.$

Ustawmy wspólny wierzchołek w początku układu. Wektory dwóch przekątnych sąsiednich ścian bocznych mają postać

$\vec u=(3,0,4),\qquad \vec v=(0,3,4).$

Ich iloczyn skalarny i długości wynoszą

$\vec u\cdot\vec v=16, \qquad |\vec u|=|\vec v|=\sqrt{3^2+4^2}=5.$

Zatem

$\cos\alpha=\frac{\vec u\cdot\vec v}{|\vec u||\vec v|} =\frac{16}{25}=0{,}64.$

Przyjmijmy współrzędne

$A=(0,0,0),\quad C=(1,1,0),\quad D_1=(0,1,1), \quad E=\left(0,\frac12,0\right).$

Wtedy

$|CD_1|=\sqrt{(-1)^2+0^2+1^2}=\sqrt2,$

$|CE|=\sqrt{(-1)^2+\left(-\frac12\right)^2} =\frac{\sqrt5}{2},$

$|ED_1|=\sqrt{\left(\frac12\right)^2+1^2} =\frac{\sqrt5}{2}.$

Najdłuższym bokiem jest $CD_1$, więc szukany kąt $\alpha$ leży przy $E$. Dla wektorów

$\overrightarrow{EC}=\left(1,\frac12,0\right), \qquad \overrightarrow{ED_1}=\left(0,\frac12,1\right)$

mamy $\overrightarrow{EC}\cdot\overrightarrow{ED_1}=\frac14$ oraz $|EC||ED_1|=\frac54$. Zatem

$\cos\alpha=\frac{1/4}{5/4}=\frac15.$

Niech krawędź sześcianu ma długość $1$ i przyjmijmy

$A=(0,0,0),\ B=(1,0,0),\ C=(1,1,0),\ D=(0,1,0),\ A_1=(0,0,1).$

Ostrosłup ma podstawę $ABCD$ i wierzchołek $A_1$. Rozważane ściany $A_1BC$ i $A_1CD$ mają wspólną krawędź $A_1C$, będącą przekątną sześcianu.

Wektor tej krawędzi to $\vec u=(1,1,-1)$. Po odjęciu od wektorów $\overrightarrow{A_1B}$ i $\overrightarrow{A_1D}$ składowych równoległych do $\vec u$ otrzymujemy wektory leżące w odpowiednich ścianach i prostopadłe do wspólnej krawędzi:

$\vec p=\frac13(1,-2,-1),\qquad \vec q=\frac13(-2,1,-1).$

Mamy

$\vec p\cdot\vec q=-\frac13, \qquad |\vec p|=|\vec q|=\sqrt{\frac23}.$

Zatem cosinus kąta dwuściennego jest równy

$\cos\alpha=\frac{-1/3}{2/3}=-\frac12.$

Objętość sześcianu jest równa $8$, więc jego krawędź ma długość

$a=\sqrt[3]{8}=2.$

Cztery naprzemienne wierzchołki sześcianu tworzą czworościan foremny. Każda jego krawędź jest przekątną ściany sześcianu, zatem ma długość

$d=a\sqrt2=2\sqrt2.$

Niech $a$ oznacza bok podstawy, $l$ — wysokość ściany bocznej, a $H$ — wysokość ostrosłupa. Z pola powierzchni bocznej:

$P=4\cdot\frac12al=2al.$

Są dwa geometrycznie różne wybory wysokości ścian.

Przypadek 1: wysokości ścian przeciwległych. Ich końce w podstawie są środkami przeciwległych boków, odległymi o $a$. W trójkącie równoramiennym o ramionach $l$ i kącie wierzchołkowym $2\alpha$:

$a=2l\sin\alpha.$

Stąd $P=4l^2\sin\alpha$, a

$H=\sqrt{l^2-\left(\frac a2\right)^2}=l\cos\alpha.$

Zatem

$V=\frac13a^2H =\frac16P\cos\alpha\sqrt{P\sin\alpha}.$

Przypadek 2: wysokości ścian sąsiednich. Odległość środków sąsiednich boków podstawy wynosi $\frac{a}{\sqrt2}$. Zatem

$\frac{a}{\sqrt2}=2l\sin\alpha, \qquad a=2\sqrt2\,l\sin\alpha.$

Teraz $P=4\sqrt2\,l^2\sin\alpha$ oraz

$H=l\sqrt{1-2\sin^2\alpha}.$

Po podstawieniu do $V=\frac13a^2H$ otrzymujemy

$V=\frac{\sqrt[4]{2}}{6}P \sqrt{P\sin\alpha\left(1-2\sin^2\alpha\right)}.$

W drugim przypadku musi zachodzić $1-2\sin^2\alpha>0$.

Niech krawędź podstawy ma długość $a$. W trójkącie $ACS$ mamy

$AS=CS=5,\qquad AC=a\sqrt2.$

Przy ustalonych ramionach długości $5$ pole trójkąta $ACS$ jest największe, gdy kąt $\angle ASC$ jest prosty. Wtedy z twierdzenia Pitagorasa

$AC=5\sqrt2,$

więc $a=5$.

Niech $O$ będzie środkiem podstawy. Wówczas

$AO=\frac{AC}{2}=\frac{5\sqrt2}{2}.$

Z trójkąta prostokątnego $AOS$:

$H=\sqrt{AS^2-AO^2} =\sqrt{25-\frac{25}{2}} =\frac{5\sqrt2}{2}.$

Objętość ostrosłupa wynosi

$V=\frac13a^2H =\frac13\cdot25\cdot\frac{5\sqrt2}{2} =\frac{125\sqrt2}{6}.$