MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 136

Niech $a$ będzie krawędzią trójkątnej podstawy. Rzut przekątnej ściany bocznej na podstawę ma długość $a$, a składowa prostopadła do podstawy — $2$. Zatem

$\tan60^\circ=\frac2a,$

więc $a=\frac{2\sqrt3}{3}$. Pole powierzchni bocznej składa się z trzech prostokątów o bokach $a$ i $2$:

$P_b=3\cdot a\cdot2=4\sqrt3.$

W sześciokącie foremnym o boku $4$ mamy $|CF|=8$ oraz $|CE|=4\sqrt3$. Oba rozważane trójkąty są równoramienne i mają ramiona będące krawędziami bocznymi długości $6$.

Dla trójkąta równoramiennego o ramieniu $6$ i podstawie $b$ pole wynosi

$P(b)=\frac b4\sqrt{4\cdot6^2-b^2}.$

Stąd

$P_{CFS}=\frac84\sqrt{144-64}=8\sqrt5,$

$P_{CES}=\frac{4\sqrt3}{4}\sqrt{144-48}=12\sqrt2.$

Zatem

$\frac{P_{CFS}}{P_{CES}}=\frac{8\sqrt5}{12\sqrt2}=\frac{\sqrt{10}}{3}.$

Bok kwadratowej podstawy ma długość $5\sqrt2$, więc jej przekątna ma długość $10$. Rzut trzeciego wierzchołka trójkątnego przekroju na podstawę leży w odległości $5$ od tej przekątnej. Jeśli $H$ jest wysokością graniastosłupa, wysokość trójkąta przekroju wynosi $\sqrt{H^2+25}$.

Z warunku na pole przekroju

$\frac12\cdot10\cdot\sqrt{H^2+25}=65$

otrzymujemy $\sqrt{H^2+25}=13$, a więc $H=12\ \mathrm{cm}$. Objętość jest równa

$V=50\cdot12=600\ \mathrm{cm}^3.$

Niech $F$ oznacza pole jednej ściany bocznej oraz

$t=\frac{SP}{SD}=\frac{SQ}{SA}.$

Część powierzchni bocznej zawierająca wierzchołek $S$ ma pole

$F+2tF+t^2F=F(1+t)^2.$

Ma ono być połową całej powierzchni bocznej, czyli $2F$. Stąd

$F(1+t)^2=2F,\qquad t=\sqrt2-1.$

Przetnijmy bryłę płaszczyzną prostopadłą do $BC$. Otrzymujemy trójkąt $MSN$, w którym $MN=a$, a $MS=SN=l$ są wysokościami ścian bocznych. Ślad płaszczyzny $BCPQ$ jest dwusieczną kąta przy $M$. Z twierdzenia o dwusiecznej

$\frac{t}{1-t}=\frac{l}{a}=\frac1{\sqrt2},$

więc $l=\frac a{\sqrt2}$. Dla wysokości ostrosłupa $H$ mamy

$H^2=l^2-\left(\frac a2\right)^2=\frac{a^2}{4}.$

Jeśli $\beta$ jest kątem nachylenia ściany bocznej do podstawy, to

$\tan\beta=\frac{H}{a/2}=1,$

zatem $\beta=45^\circ$.

Umieśćmy podstawę w płaszczyźnie $z=0$, jej środek w początku układu, a wierzchołek ostrosłupa w punkcie $(0,0,h)$. Płaszczyzna przekroju przechodząca przez środki dwóch sąsiednich boków i punkt $(0,0,h/2)$ ma równanie

$h(x-y)+az=\frac{ah}{2}.$

Przecina ona trzy krawędzie boczne; razem z dwoma danymi środkami boków podstawy otrzymujemy pięciokąt. Współrzędne jego rzutu na podstawę, podane kolejno po obwodzie, są równe

\left(\frac a2,0\right),\quad \left(\frac a4,\frac a4\right),\quad \left(-\frac a8,\frac a8\right),\quad \left(-\frac a4,-\frac a4\right).$$ Ze wzoru na pole wielokąta otrzymujemy dla tego rzutu pole $\frac{5a^2}{16}$. Wektor normalny płaszczyzny przekroju ma długość $\sqrt{2h^2+a^2}$, a jego składowa pionowa ma długość $a$. Pole przekroju jest więc polem rzutu pomnożonym przez $\frac{\sqrt{2h^2+a^2}}{a}$: $$P=\frac{5a^2}{16}\cdot\frac{\sqrt{2h^2+a^2}}{a} =\frac{5a}{16}\sqrt{2h^2+a^2}.$$

Niech $M$ i $N$ będą spodkami wysokości dwóch sąsiednich ścian bocznych. Przekrój jest trójkątem równoramiennym $SMN$.

W ścianie bocznej o podstawie $a$ i kącie przy wierzchołku $\alpha$ jej wysokość ma długość

$SM=SN=\frac a2\operatorname{ctg}\frac\alpha2.$

Odcinek łączący środki dwóch boków trójkątnej podstawy ma długość $MN=\frac a2$. Pole trójkąta równoramiennego o ramieniu $l$ i podstawie $b$ jest równe $\frac b4\sqrt{4l^2-b^2}$. Po podstawieniu otrzymujemy

$P=\frac{a^2}{16}\sqrt{4\operatorname{ctg}^2\frac\alpha2-1}.$

Niech $a$ oznacza krawędź podstawy, a $l$ — krawędź boczną. Z warunku

$4a+4l=60$

wynika $l=15-a$. Wysokość ostrosłupa spełnia

$H^2=l^2-\frac{a^2}{2}=(15-a)^2-\frac{a^2}{2}.$

Maksymalizujemy dodatnią funkcję

$V^2=\frac{a^4}{9}\left((15-a)^2-\frac{a^2}{2}\right).$

Po pominięciu stałego czynnika i zróżniczkowaniu dostajemy równanie

$a^2-50a+300=0.$

Jedynym pierwiastkiem należącym do geometrycznej dziedziny jest

$a=25-5\sqrt{13}=5(5-\sqrt{13}).$

Wtedy

$l=15-a=5(\sqrt{13}-2).$

Na krańcach dziedziny objętość dąży do zera, więc znaleziony punkt daje maksimum.

Niech $a$ oznacza bok trójkątnej podstawy, a $h$ — wysokość graniastosłupa. Z warunku

$2a+h=P$

wynika $h=P-2a$, gdzie $0<a<\frac P2$. Objętość ma postać

$V(a)=\frac{\sqrt3}{4}a^2(P-2a).$

Jej pochodna jest równa

$V'(a)=\frac{\sqrt3}{2}a(P-3a).$

Maksimum otrzymujemy dla $a=\frac P3$, a wtedy także $h=\frac P3$. Zatem

=\frac{P^3\sqrt3}{108}.$$