MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 278

Niech bok podstawy będzie równy $a$, a wysokość ściany bocznej $l$. Z warunku $\frac12al=a^2$ mamy $l=2a$. Wysokość ostrosłupa spełnia $H^2=l^2-(a/2)^2=15a^2/4$, a krawędź boczna $e^2=H^2+a^2/2=17a^2/4$. Szukany sinus to $H/e$.

Wysokość ściany bocznej $l=3\sqrt3$ tworzy z podstawą kąt $30^\circ$. Stąd $H=l\sin30^\circ=\frac{3\sqrt3}{2}$, a apotema podstawy $r=l\cos30^\circ=\frac92$. Bok sześciokąta wynosi $3\sqrt3$, więc $P_p=\frac12\cdot6\cdot3\sqrt3\cdot\frac92=\frac{81\sqrt3}{2}$.

Podstawa ma boki $5,5,6$, wysokość do boku $AB=6$ równą $4$ i pole $12$. Jej promień okręgu opisanego to $R=\frac{5\cdot5\cdot6}{4\cdot12}=\frac{25}{8}$. Odległość środka okręgu od $AB$ wynosi $\sqrt{R^2-3^2}=\frac78$. W przekroju prostopadłym do $AB$ tangens kąta ściany $ABS$ z podstawą jest równy ilorazowi wysokości ostrosłupa $2$ i tej odległości.

Pole rombu wynosi $\frac{10\cdot12}{2}=60$, a jego bok $\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$. Rzut dłuższej przekątnej graniastosłupa na podstawę jest dłuższą przekątną rombu, czyli ma długość $12$. Kąt $45^\circ$ daje wysokość graniastosłupa równą $12$. Zatem $P_c=2\cdot60+4\sqrt{61}\cdot12$.

Niech bok kwadratowej podstawy będzie równy $a$, a wysokość $h$. Składowa przekątnej przestrzennej $d$ prostopadła do wskazanej ściany bocznej ma długość $a$, więc $\sin30^\circ=a/d$ i $a=d/2$. Z $d^2=2a^2+h^2$ dostajemy $h=d/\sqrt2$.

Rozwinięcie powierzchni bocznej ma boki $2\pi r$ i $h$. Jest kwadratem, więc $h=2\pi r$. Z warunku objętości $V=\pi r^2h=2\pi^2r^3$. Po podniesieniu zależności $h=2\pi r$ do trzeciej potęgi otrzymujemy $h^3=4\pi V$.

Z $\pi rl:\pi r^2=\sqrt2:1$ mamy $l=\sqrt2r$, a więc z twierdzenia Pitagorasa wysokość stożka $H=r$. Kula ma promień $3$ i objętość $36\pi$. Równość objętości daje $\frac13\pi r^3=36\pi$, czyli $r=H=3\sqrt[3]{4}$. Ponieważ $H=r$, kąt tworzącej z podstawą ma $45^\circ$.

Z $\pi r^2=16$ mamy $r=4/\sqrt\pi$. Z $\pi rl=20$ otrzymujemy $l=5/\sqrt\pi$, zatem $H=\sqrt{l^2-r^2}=3/\sqrt\pi$. Objętość to $\frac13\cdot16\cdot H$.

Każde odcięte naroże jest czworościanem prostokątnym o trzech wzajemnie prostopadłych krawędziach długości $1$, więc ma objętość $1/6$. Takich naroży jest osiem. Od objętości sześcianu $2^3=8$ odejmujemy $8\cdot\frac16$.

Ustawmy płaszczyznę przekroju jako $z=t(x+y)$ w prostopadłościanie o kwadratowej podstawie boku $a$. Jest ona nachylona do podstawy pod kątem $30^\circ$, więc $t\sqrt2=\tan30^\circ$ i $t=1/\sqrt6$. Przekrój ma wektory boków $(a,0,ta)$ i $(0,a,ta)$, zatem jest rombem. Kwadrat długości jego dłuższej przekątnej wynosi $2a^2+4t^2a^2=\frac83a^2$. Przyrównanie do $(2\sqrt6)^2$ daje $a=3$.