MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 281

Pole trapezu w podstawie wynosi $(8+2)\cdot3/2=15$. Jego ramię ma $3\sqrt2$, a najdłuższa przekątna podstawy ma długość $\sqrt{5^2+3^2}=\sqrt{34}$. Z przekątnej graniastosłupa $(5\sqrt2)^2=34+h^2$, więc $h=4$ i $V=15\cdot4=60$. Składowa przekątnej równoległa do najdłuższej krawędzi ma długość $5$, zatem cosinus szukanego kąta to $5/(5\sqrt2)$.

Pole równobocznej podstawy wynosi $36\sqrt3$. Z $36=\frac13\cdot36\sqrt3\cdot H$ mamy $H=\sqrt3$. Spodek $Q$ leży w połowie mediany $AP$. Jego odległość od $BC$ wynosi $3\sqrt3$, a od każdej z prostych $AB,AC$ — $3\sqrt3/2$. Wysokości odpowiednich ścian bocznych mają więc długości $\sqrt{30}$ oraz $\sqrt{39}/2$. Sumujemy pola trzech trójkątów o podstawie $12$.

Ze skanu przyjmujemy standardowe współrzędne sześcianu o krawędzi $1$: $A=(0,0,0)$, $F=(1,0,1)$, $G=(1,1,1)$, $H=(0,1,1)$. Punkty $Q\in HD$ i $R\in FB$ mają wysokość $t=k/(k+1)$. Płaszczyzna $AQR$ ma równanie $z=t(x+y)$. Na krawędzi $FG$ mamy $x=z=1$, więc $y=1/t-1=1/k$; analogicznie na $HG$ otrzymujemy $x=1/k$.

Niech krawędzie podstawy mają długości $a,b$, a wysokość $h$. Wektory wskazanych przekątnych wychodzących ze wspólnego wierzchołka można zapisać jako $\vec u=(a,0,h)$ i $\vec v=(0,b,h)$. Ich iloczyn skalarny wynosi $h^2$. Ponadto $\sin\alpha=h/|\vec u|$ i $\sin\beta=h/|\vec v|$. Zatem

Ze skanu ustawmy (dla krawędzi jednostkowej) $A=(0,0,0)$, $C=(1,1,0)$, $D=(0,1,0)$ i $P=(0,1,1/2)$. Wektor normalny do płaszczyzny $ACP$ można wziąć jako $\vec n=(1/2,-1/2,1)$. Rzut $S$ punktu $D$ na płaszczyznę przechodzącą przez początek to

Stąd $AS^2=5/6$. Po przeskalowaniu przez $a$ dostajemy wynik.

Niech krawędź boczna ma długość $l$. Bok podstawy ściany bocznej to $a=2l\sin\alpha$, a pole tej ściany $S=l^2\sin\alpha\cos\alpha$. Pole równobocznej podstawy wynosi $\frac{\sqrt3}{4}a^2=\sqrt3l^2\sin^2\alpha=\sqrt3S\tan\alpha$. Do niego dodajemy pola trzech ścian bocznych.

Niech $t=\tan\alpha$, $T=\tan2\alpha$. Wysokość ostrosłupa wynosi $aT/2$. Płaszczyzna przekroju, liczona od zawartej w niej krawędzi podstawy, ma równanie $z=y t$. Przecina przeciwległą ścianę boczną w odległości $y_0=aT/(T+t)$. Długości równoległych boków otrzymanego trapezu to $a$ oraz $a(T-t)/(T+t)$, a jego wysokość w płaszczyźnie przekroju wynosi $y_0/\cos\alpha$. Po podstawieniu $T=2t/(1-t^2)$ i uproszczeniu otrzymujemy

Niech $u=2H/a>0$, gdzie $H$ jest wysokością ostrosłupa, a $a$ bokiem podstawy. Wektory normalne dwóch sąsiednich ścian można dobrać tak, że cosinus kąta wewnętrznego między ścianami jest równy

Zatem $\beta>90^\circ$. Jeżeli $\delta$ jest kątem ściany bocznej z podstawą, to w przekroju prostopadłym do krawędzi podstawy $\tan\delta=u$, czyli $\cos\delta=1/\sqrt{1+u^2}$. Wobec tego $\cos^2\delta=-\cos\beta$, a oba cosinusy są nieujemne.