MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 132

Z warunku $\tan\alpha=\frac43$ otrzymujemy $\cos\alpha=\frac35$. Niech $x$ oznacza długość każdej z dwóch przekątnych ścian bocznych, a $H$ — wysokość graniastosłupa. W trójkącie utworzonym przez te przekątne i bok podstawy długości $6$ stosujemy twierdzenie cosinusów:

$6^2=x^2+x^2-2x^2\cdot\frac35,$

stąd $x^2=45$. Z kolei

$H^2+6^2=x^2,$

więc $H=3\ \mathrm{cm}$. Pole trójkąta równobocznego w podstawie wynosi

$P_p=\frac{6^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3\ \mathrm{cm}^2.$

Zatem

$V=P_pH=27\sqrt3\ \mathrm{cm}^3,$

$P_c=2P_p+3\cdot6\cdot H=18\sqrt3+54=18(\sqrt3+3)\ \mathrm{cm}^2.$

Oznaczmy bok podstawy przez $a$, a wysokość graniastosłupa przez $H$. Każda z rozważanych przekątnych ma długość $p$, więc

$p^2=a^2+H^2.$

Iloczyn skalarny wektorów tych przekątnych daje

$p^2\cos\alpha=H^2+\frac{a^2}{2}.$

Po odjęciu równań otrzymujemy

$a^2=2p^2(1-\cos\alpha),\qquad H^2=p^2(2\cos\alpha-1).$

Ponieważ $H>0$, musi zachodzić $\cos\alpha>\frac12$. Pole podstawy jest równe

$P_p=\frac{\sqrt3}{4}a^2=\frac{\sqrt3}{2}p^2(1-\cos\alpha).$

Mnożąc je przez $H=p\sqrt{2\cos\alpha-1}$, dostajemy szukaną objętość.

Skoro wszystkie ściany boczne są nachylone do podstawy pod tym samym kątem, spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$.

Półobwód podstawy wynosi $s=8$, a z wzoru Herona

$P_p=\sqrt{8\cdot4\cdot2\cdot2}=8\sqrt2.$

Promień okręgu wpisanego ma więc długość

$r=\frac{P_p}{s}=\sqrt2.$

W przekroju prostopadłym do dowolnego boku podstawy wysokość ściany bocznej $l$ tworzy z podstawą kąt $60^\circ$. Zatem

$\cos60^\circ=\frac{r}{l},\qquad l=2\sqrt2.$

Pole powierzchni bocznej jest sumą pól trzech trójkątów o wspólnej wysokości $l$:

$P_b=\frac12(4+6+6)l=16\sqrt2.$

Stąd $P_c=P_p+P_b=24\sqrt2$.

Każda ściana boczna jest trójkątem równoramiennym, bo krawędzie boczne ostrosłupa prawidłowego są równe. Trójkąt ten może być prostokątny tylko przy wierzchołku ostrosłupa, zatem każde dwie krawędzie boczne są prostopadłe. Płaszczyzny dwóch sąsiednich ścian bocznych są wobec tego prostopadłe i

$\alpha=90^\circ.$

Niech krawędź boczna ma długość $l$. Bok podstawy ma wtedy długość $l\sqrt2$. Promień okręgu opisanego na podstawie jest równy $l\sqrt{\frac23}$, więc wysokość ostrosłupa spełnia

$H^2=l^2-\frac{2l^2}{3}=\frac{l^2}{3}.$

Odległość środka podstawy od jej boku, czyli promień okręgu wpisanego, wynosi $\frac{l}{\sqrt6}$. W przekroju prostopadłym do boku podstawy

$\tan\beta=\frac{H}{l/\sqrt6}=\sqrt2.$

Zatem $\beta=\arctan\sqrt2\approx54{,}7^\circ$.

Niech $a$ oznacza bok podstawy, $H$ — wysokość ostrosłupa, a $\beta$ — kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy. W przekroju prostopadłym do boku podstawy

$\sin\beta=\frac{2H}{\sqrt{a^2+4H^2}}.$

Jeśli weźmiemy wektory normalne do dwóch sąsiednich ścian bocznych, to dla wewnętrznego kąta dwuściennego $2\alpha$ otrzymujemy

$\cos2\alpha=-\frac{a^2}{a^2+4H^2}.$

Korzystamy ze wzoru połowy kąta:

=\frac{2H^2}{a^2+4H^2}.$$ Ponieważ rozważane kąty są ostre, $$\sqrt2\cos\alpha=\frac{2H}{\sqrt{a^2+4H^2}}=\sin\beta.$$

Niech $a$ będzie krawędzią podstawy, a $H=6\ \mathrm{cm}$. Dla wewnętrznego kąta dwuściennego $\delta$ między sąsiednimi ścianami bocznymi ostrosłupa prawidłowego czworokątnego zachodzi

$\cos\delta=-\frac{a^2}{a^2+4H^2}.$

Po podstawieniu $\delta=120^\circ$ i $H=6$ dostajemy

$-\frac12=-\frac{a^2}{a^2+144},$

czyli $a^2=144$. Objętość wynosi zatem

$V=\frac13a^2H=\frac13\cdot144\cdot6=288\ \mathrm{cm}^3.$

Jedną podstawą trapezu jest przekątna kwadratu, więc ma długość $4\sqrt2$. Druga jest dwa razy krótsza, czyli ma długość $2\sqrt2$.

W kwadracie odcinek równoległy do przekątnej i dwa razy od niej krótszy leży w odległości $\sqrt2$ od tej przekątnej. Odległość obu równoległych boków trapezu w płaszczyźnie przekroju wynosi więc

$d=\sqrt{5^2+(\sqrt2)^2}=3\sqrt3.$

Pole trapezu jest równe

$P=\frac{4\sqrt2+2\sqrt2}{2}\cdot3\sqrt3=9\sqrt6\ \mathrm{cm}^2.$

Krawędź boczna tworzy z wysokością kąt $45^\circ$, więc promień okręgu opisanego na kwadratowej podstawie jest równy $h$. Przekątna podstawy ma zatem długość $2h$.

Ustawmy tę przekątną jako oś obrotu płaszczyzny przekroju. Płaszczyzna nachylona do podstawy pod kątem $60^\circ$ przecina odpowiednią krawędź boczną w punkcie $T$. Jeżeli $y$ jest odległością rzutu punktu $T$ od przekątnej, to $z=\sqrt3y$. Z parametrycznego opisu krawędzi bocznej otrzymujemy

$y=\frac{h}{1+\sqrt3}.$

Wysokość trójkąta przekroju, opuszczona na przekątną podstawy, wynosi

$\sqrt{y^2+z^2}=2y=h(\sqrt3-1).$

Stąd

$P=\frac12\cdot2h\cdot h(\sqrt3-1)=h^2(\sqrt3-1).$

Niech $F$ oznacza pole jednej ściany czworościanu foremnego, $H$ — jego wysokość, a $d_1,d_2,d_3,d_4$ — odległości punktu $P$ od kolejnych ścian.

Łącząc $P$ z wierzchołkami, dzielimy czworościan na cztery ostrosłupy. Każdy ma podstawę o polu $F$ i wysokość równą odpowiedniemu $d_i$, zatem

$V=\frac13F(d_1+d_2+d_3+d_4).$

Z drugiej strony, licząc objętość całego czworościanu względem dowolnej ściany, mamy

$V=\frac13FH.$

Porównanie tych równości daje

$d_1+d_2+d_3+d_4=H,$

co należało wykazać.