Graniastosłupy — pole powierzchni i objętość

Podstawą jest sześciokąt foremny o boku $3$; jego pole: $P_{p}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\cdot a^{2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\cdot 9=\dfrac{27\sqrt{3}}{2}$.

Wysokość graniastosłupa (krawędź boczna) $=3$.

$V=P_{p}\cdot H=\dfrac{27\sqrt{3}}{2}\cdot 3=\dfrac{81\sqrt{3}}{2}$.

Odpowiedź: D.

Trójkąt $ACH$ jest równoboczny — jego bokami są przekątne ścian sześcianu o długości $a\sqrt{2}$ (gdzie $a$ to krawędź).

Pole trójkąta równobocznego o boku $a\sqrt{2}$: $\dfrac{\left(a\sqrt{2}\right)^{2}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{2a^{2}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{2}$.

$\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}\Rightarrow a^{2}=8\Rightarrow a=2\sqrt{2}$.

Odpowiedź: B.

Krawędź: $a=\sqrt[3]{729}=9$.

Przekątna sześcianu: $d=a\sqrt{3}=9\sqrt{3}$.

Odpowiedź: A.

Krok 1. Obliczenie długości boku sześcianu.
Korzystając ze wzoru na objętość sześcianu, możemy zapisać, że:
$$V=a^3$$ $$729=a^3$$ $$a=9$$

Krok 2. Obliczenie długości przekątnej sześcianu.
Sześcian o boku \(a\) ma zawsze przekątną o długości \(a\sqrt{3}\). Stąd też przekątna naszego sześcianu ma długość \(d=9\sqrt{3}\).

Krok 1. Krawędź podstawy.

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\), którego wysokość wyraża się wzorem \(h=\frac{a\sqrt{3}}{2}\):

\(\frac{a\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}\)

\(a=4\)

Krok 2. Wysokość graniastosłupa.

Ściana \(ABED\) jest prostokątem o bokach \(|AB|=a=4\) i \(|BE|=H\). Przekątna \(AE\) tworzy z krawędzią \(AB\) kąt \(60^\circ\), a trójkąt \(ABE\) jest prostokątny (kąt przy wierzchołku \(B\) jest prosty):

\(\operatorname{tg}60^\circ=\frac{H}{a}\)

\(H=4\cdot\sqrt{3}=4\sqrt{3}\)

Krok 3. Objętość.

Pole podstawy: \(P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{16\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{3}\)

\(V=P_p\cdot H=4\sqrt{3}\cdot 4\sqrt{3}=16\cdot 3=48\)

Krok 4. Pole powierzchni całkowitej.

\(P_c=2P_p+P_b=2\cdot 4\sqrt{3}+3\cdot a\cdot H\)

\(P_c=8\sqrt{3}+3\cdot 4\cdot 4\sqrt{3}=8\sqrt{3}+48\sqrt{3}=56\sqrt{3}\)

Odpowiedź: \(V=48\), \(P_c=56\sqrt{3}\)

Krok 1. Oznaczenia.

Krawędzie tworzą ciąg geometryczny o ilorazie \(4\), więc mają długości:

\(a\), \(4a\), \(16a\), gdzie \(a\gt 0\)

Krok 2. Pole powierzchni całkowitej.

\(P_c=2(a\cdot 4a+a\cdot 16a+4a\cdot 16a)\)

\(P_c=2\left(4a^2+16a^2+64a^2\right)=2\cdot 84a^2=168a^2\)

Z warunku zadania:

\(168a^2=94{,}5\)

\(a^2=\frac{94{,}5}{168}=0{,}5625=\frac{9}{16}\)

\(a=\frac{3}{4}=0{,}75\)

Krok 3. Objętość.

\(V=a\cdot 4a\cdot 16a=64a^3\)

\(V=64\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^3=64\cdot\frac{27}{64}=27\)

Sprawdzenie: krawędzie mają długości \(0{,}75\), \(3\), \(12\); \(P_c=2(2{,}25+9+36)=2\cdot 47{,}25=94{,}5\) ✓, \(V=0{,}75\cdot 3\cdot 12=27\) ✓

Odpowiedź: objętość prostopadłościanu jest równa \(27\).

Krok 1. Wysokość w zależności od \(a\).

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\), więc \(P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\). Oznaczmy przez \(H\) wysokość graniastosłupa:

\(P_c=2P_p+P_b=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3aH=24\sqrt{3}\)

\(3aH=24\sqrt{3}-\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}\left(48-a^2\right)}{2}\)

\(H=\frac{\sqrt{3}\left(48-a^2\right)}{6a}\)

Krok 2. Objętość.

\(V=P_p\cdot H=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}\left(48-a^2\right)}{6a}\)

\(V=\frac{a^2\cdot 3\cdot\left(48-a^2\right)}{24a}=\frac{a\left(48-a^2\right)}{8}\)

\(V(a)=6a-\frac{1}{8}a^3\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Uwaga: z warunku \(H\gt 0\) wynika \(48-a^2\gt 0\), czyli \(a\in\left(0,4\sqrt{3}\right)\).

Rozwiązanie

1. Pole sześciokąta $\tfrac{3\sqrt3}{2}a^2=15\sqrt3\Rightarrow a^2=10\Rightarrow a=\sqrt{10}$.
2. Ściana boczna to prostokąt $a\times6=6\sqrt{10}$.

Odpowiedź: C

1. Krok 1. Wysokość graniastosłupa z objętości.

   Pole podstawy (trójkąt równoboczny o boku $a$): $P_{p}=\dfrac{a^{2}\sqrt3}{4}$. Z $V=P_{p}\cdot H=3456$:

   $$H=\frac{3456}{\frac{a^{2}\sqrt3}{4}}=\frac{13824}{a^{2}\sqrt3}.$$
2. Krok 2. Pole powierzchni całkowitej. $$P=2P_{p}+P_{b}=2\cdot\frac{a^{2}\sqrt3}{4}+3\cdot a\cdot H=\frac{a^{2}\sqrt3}{2}+3a\cdot\frac{13824}{a^{2}\sqrt3}.$$
3. Krok 3. Uproszczenie składnika bocznego. $$3a\cdot\frac{13824}{a^{2}\sqrt3}=\frac{3\cdot 13824}{a\sqrt3}=\frac{41472}{a\sqrt3}=\frac{41472\sqrt3}{3a}=\frac{13824\sqrt3}{a}.$$

   Zatem $P(a)=\dfrac{a^{2}\sqrt3}{2}+\dfrac{13824\sqrt3}{a}.\ \blacksquare$

Rozwiązanie 1.
Krok 1. Obliczenie długości krawędzi podstawy.
Pole sześciokąta obliczamy ze wzoru \(P=6\cdot\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\) (czyli jest to po prostu sześć trójkątów równobocznych). Skoro więc to pole jest równe \(15\sqrt{3}\), to:
$$6\cdot\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=15\sqrt{3} \quad\bigg/\cdot4$$ $$6\cdot(a^2\sqrt{3})=60\sqrt{3} \quad\bigg/:6$$ $$a^2\sqrt{3}=10\sqrt{3}$$ $$a^2=10$$ $$a=\sqrt{10} \quad\lor\quad a=-\sqrt{10}$$

Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, bo długość boku musi być dodatnia. Zostaje nam zatem \(a=\sqrt{10}\).

Krok 2. Obliczenie pola jednej ściany bocznej.
Interesująca nas ściana boczna jest prostokątem o bokach \(a=\sqrt{10}\) oraz \(h=6\), zatem:
$$P=\sqrt{10}\cdot6$$ $$P=6\sqrt{10}$$

Rozwiązanie 2.
Poszukiwany kąt znajduje się na rysunku z czwartej odpowiedzi.

Trzy kolejne liczby naturalne parzyste, z których największa to \(10\), to:

\(6\), \(8\), \(10\)

Pole powierzchni całkowitej prostopadłościanu o krawędziach \(a\), \(b\), \(c\):

\(P_c=2(ab+bc+ac)\)

Podstawiamy:

\(P_c=2(6\cdot 8+8\cdot 10+6\cdot 10)=2(48+80+60)=2\cdot 188=376\)

Odpowiedź: A.

Trzy kolejne parzyste liczby, w których największa to $p$, to $p-4,\ p-2,\ p$.

$V=(p-4)(p-2)p=p\left(p^{2}-6p+8\right)=p^{3}-6p^{2}+8p$.

Odpowiedź: D.

Ściana sześcianu jest kwadratem o boku \(a\), a jego przekątna ma długość \(a\sqrt{2}\):

\(a\sqrt{2}=2\sqrt{2}\)

\(a=2\)

Obliczamy objętość:

\(V=a^3=2^3=8\)

Odpowiedź: A.

Krok 1. Oznaczenia.

Niech \(H\) będzie wysokością graniastosłupa \(ABCA'B'C'\). Z wierzchołka \(A\) wychodzą przekątne ścian bocznych \(AB'\) oraz \(AC'\), obie o długości:

\(d=\sqrt{a^2+H^2}\)

Kąt między nimi oznaczmy przez \(\varphi\). Odcinek \(B'C'\) jest krawędzią górnej podstawy, więc \(|B'C'|=a\).

Krok 2. Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(AB'C'\).

\(a^2=d^2+d^2-2d^2\cos\varphi\)

\(\cos\varphi=\frac{2d^2-a^2}{2d^2}\)

Krok 3. Wyznaczenie \(\cos\varphi\).

\(\cos^2\varphi=1-\left(\frac{\sqrt{11}}{6}\right)^2=1-\frac{11}{36}=\frac{25}{36}\), więc \(\cos\varphi=\frac{5}{6}\) lub \(\cos\varphi=-\frac{5}{6}\).

Ponieważ \(d^2=a^2+H^2\gt a^2\), mamy \(2d^2-a^2\gt 0\), czyli \(\cos\varphi\gt 0\). Zatem \(\cos\varphi=\frac{5}{6}\).

Krok 4. Wysokość graniastosłupa.

\(\frac{2d^2-a^2}{2d^2}=\frac{5}{6}\)

\(12d^2-6a^2=10d^2\)

\(d^2=3a^2\)

\(a^2+H^2=3a^2\Rightarrow H^2=2a^2\Rightarrow H=a\sqrt{2}\)

Krok 5. Pole powierzchni całkowitej.

\(P_c=2\cdot\frac{a^2\sqrt{3}}{4}+3\cdot a\cdot H=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3a\cdot a\sqrt{2}\)

Odpowiedź: \(P_c=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3a^2\sqrt{2}\)

Rozwiązanie

1. Przekątna podstawy (kwadrat) $=15\sqrt2$ — jest to rzut przekątnej graniastosłupa na podstawę.
2. $\cos\alpha=\dfrac{15\sqrt2}{d}=\dfrac{\sqrt2}{3}\Rightarrow d=\dfrac{15\sqrt2\cdot3}{\sqrt2}=45$.

Odpowiedź: B

1. Krok 1. Układ współrzędnych.

   Przyjmijmy $A=(0,0,0)$, $B=(6,0,0)$, $C=(6,6,0)$, $D=(0,6,0)$ oraz $E=(0,0,6)$, $F=(6,0,6)$, $G=(6,6,6)$, $H=(0,6,6)$.

   $S$ to środek ściany $ADHE$ (przecięcie jej przekątnych): $S=\left(0,\,3,\,3\right)$.

2. Krok 2. Boki trójkąta $SBH$.

   $B=(6,0,0)$, $H=(0,6,6)$, $S=(0,3,3)$.

   $$|BH|=\sqrt{(-6)^2+6^2+6^2}=\sqrt{108}=6\sqrt3.$$
3. Krok 3. Pole trójkąta z iloczynu wektorowego.

   $\vec{BS}=(-6,3,3)$, $\vec{BH}=(-6,6,6)$. Wtedy

   $$\vec{BS}\times\vec{BH}=\big(3\cdot6-3\cdot6,\ -((-6)\cdot6-3\cdot(-6)),\ (-6)\cdot6-3\cdot(-6)\big)=(0,\,18,\,-18),$$ $$\big|\vec{BS}\times\vec{BH}\big|=\sqrt{0+324+324}=18\sqrt2,\qquad P_{SBH}=\tfrac12\cdot18\sqrt2=9\sqrt2.$$
4. Krok 4. Wysokość na bok $BH$. $$h=\frac{2\,P_{SBH}}{|BH|}=\frac{2\cdot 9\sqrt2}{6\sqrt3}=\frac{18\sqrt2}{6\sqrt3}=\frac{3\sqrt2}{\sqrt3}=\sqrt6.$$

   Odpowiedź: wysokość ma długość $\sqrt6$.

Podstawą jest sześciokąt foremny o boku \(6\), a wysokość graniastosłupa również wynosi \(6\).

Pole podstawy. Sześciokąt foremny składa się z sześciu trójkątów równobocznych o boku \(6\):

\(P_p=6\cdot\frac{6^2\sqrt{3}}{4}=6\cdot 9\sqrt{3}=54\sqrt{3}\)

Pole powierzchni bocznej. Obwód podstawy razy wysokość:

\(P_b=(6\cdot 6)\cdot 6=36\cdot 6=216\)

Pole całkowite:

\(P_c=2P_p+P_b=2\cdot 54\sqrt{3}+216=216+108\sqrt{3}\)

Odpowiedź: D.

Dla każdej pary przeciwległych ścian suma odległości punktu $P$ od nich jest równa krawędzi, czyli $5$.

Ściany tworzą $3$ takie pary, więc suma wszystkich odległości wynosi $3\cdot 5=15$.

Odpowiedź: A.

W sześciokącie foremnym najdłuższa przekątna (łącząca przeciwległe wierzchołki) jest dwa razy dłuższa od boku:

\(|AD|=2\cdot 5=10\)

Trójkąt \(ADD'\) jest prostokątny (krawędź boczna jest prostopadła do podstawy), a kąt przy wierzchołku \(A\) ma miarę \(45^\circ\). W trójkącie prostokątnym o kącie ostrym \(45^\circ\) przyprostokątne są równe, zatem wysokość graniastosłupa:

\(H=|DD'|=|AD|=10\)

Ściana boczna jest prostokątem o wymiarach \(5\times 10\):

\(P=5\cdot 10=50\)

Odpowiedź: C.

a) Wzór funkcji \(V\) i jej dziedzina.

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy. Punkt \(O\) jest środkiem kwadratu \(ABCD\), więc jego odległość od wierzchołka podstawy wynosi:

\(|OA|=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Odcinek \(OE\) jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(|OA|\) i \(h\):

\(d^2=\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2+h^2=\frac{a^2}{2}+h^2\)

Stąd:

\(a^2=2\left(d^2-h^2\right)\)

Objętość graniastosłupa:

\(V=a^2\cdot h=2\left(d^2-h^2\right)h\)

\(V(h)=2d^2h-2h^3\)

Dziedzina: musi zachodzić \(h\gt 0\) oraz \(a^2\gt 0\), czyli \(d^2-h^2\gt 0\), co przy \(h\gt 0\) daje \(h\lt d\):

\(h\in(0,d)\)

b) Wysokość dająca największą objętość.

Obliczamy pochodną:

\(V'(h)=2d^2-6h^2=2\left(d^2-3h^2\right)\)

\(V'(h)=0\iff h^2=\frac{d^2}{3}\iff h=\frac{d}{\sqrt{3}}=\frac{d\sqrt{3}}{3}\) (bierzemy wartość dodatnią)

Badamy znak pochodnej w dziedzinie:

dla \(h\in\left(0,\frac{d\sqrt{3}}{3}\right)\): \(d^2-3h^2\gt 0\), więc \(V'(h)\gt 0\) — funkcja rosnąca,

dla \(h\in\left(\frac{d\sqrt{3}}{3},d\right)\): \(V'(h)\lt 0\) — funkcja malejąca.

Zatem funkcja \(V\) osiąga wartość największą dla \(h=\frac{d\sqrt{3}}{3}\).

Dla zainteresowanych: największa objętość wynosi wtedy \(V\left(\frac{d\sqrt{3}}{3}\right)=\frac{4\sqrt{3}}{9}d^3\).

Odpowiedź: a) \(V(h)=2d^2h-2h^3\) dla \(h\in(0,d)\); b) \(h=\frac{d\sqrt{3}}{3}\)

Oznaczmy $|AB|=a$, $|AD|=b$ oraz wysokość $h$. Wierzchołek $E$ leży nad $A$, $F$ nad $B$, $G$ nad $C$, a $H$ nad $D$.

Krok 1. Boki trójkąta $AFH$. Odcinki $AF$ i $AH$ są przekątnymi ścian bocznych, a $FH$ — przekątną górnej podstawy:

$$|AF|=\sqrt{a^2+h^2},\qquad |AH|=\sqrt{b^2+h^2},\qquad |FH|=\sqrt{a^2+b^2}.$$

Krok 2. Cosinus kąta. Kąt $\alpha$ jest ostry, więc

$$\cos\alpha=\sqrt{1-\left(\tfrac{12}{13}\right)^{2}}=\sqrt{\tfrac{25}{169}}=\frac{5}{13}.$$

Krok 3. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $AFH$ dla boku $FH$:

$$|FH|^2=|AF|^2+|AH|^2-2\,|AF|\,|AH|\cos\alpha.$$

$$a^2+b^2=\left(a^2+h^2\right)+\left(b^2+h^2\right)-2\,|AF|\,|AH|\cdot\frac{5}{13}.$$

Po redukcji $a^2+b^2$ zostaje

$$0=2h^2-\frac{10}{13}\,|AF|\,|AH|\ \Longrightarrow\ |AF|\,|AH|=\frac{13}{5}h^2.$$

Krok 4. Pole trójkąta.

$$P=\frac12\,|AF|\,|AH|\sin\alpha=\frac12\cdot\frac{13}{5}h^2\cdot\frac{12}{13}=\frac{6}{5}h^2=1{,}2\,h^2.$$

Krok 5. Wyznaczenie $h$.

$$1{,}2\,h^2=26{,}4\ \Longrightarrow\ h^2=22\ \Longrightarrow\ h=\sqrt{22}.$$

Odpowiedź: $h=\sqrt{22}\approx 4{,}69$

Krok 1. Podstawy trapezu.

\(|AB|=2R\) (średnica).

Krótsza podstawa \(CD\) jest cięciwą odpowiadającą kątowi środkowemu \(2\alpha\). W trójkącie równoramiennym \(COD\) (o ramionach \(R\)):

\(|CD|=2R\sin\alpha\)

Krok 2. Wysokość trapezu.

Ponieważ \(|\angle COD|=2\alpha\), a trójkąty \(AOD\) i \(BOC\) są przystające:

\(|\angle AOD|=|\angle BOC|=\frac{180^\circ-2\alpha}{2}=90^\circ-\alpha\)

Niech \(CE\) będzie wysokością trapezu opuszczoną z \(C\) na \(AB\). Z trójkąta prostokątnego \(OEC\) (gdzie \(|OC|=R\)):

\(h=R\sin\left(90^\circ-\alpha\right)=R\cos\alpha\)

Krok 3. Ramię trapezu.

W trójkącie \(BOC\) stosujemy twierdzenie cosinusów:

\(|BC|^2=R^2+R^2-2R^2\cos\left(90^\circ-\alpha\right)=2R^2-2R^2\sin\alpha\)

\(|BC|=R\sqrt{2-2\sin\alpha}\)

Krok 4. Wysokość graniastosłupa.

Przekątna \(B_1C\) ściany bocznej \(BCC_1B_1\) jest nachylona do podstawy pod kątem \(\alpha\), a trójkąt \(BCB_1\) jest prostokątny:

\(\operatorname{tg}\alpha=\frac{H}{|BC|}\)

\(H=R\sqrt{2-2\sin\alpha}\cdot\operatorname{tg}\alpha\)

Krok 5. Objętość.

Pole podstawy:

\(P_p=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h=\frac{2R+2R\sin\alpha}{2}\cdot R\cos\alpha=R^2(1+\sin\alpha)\cos\alpha\)

\(V=P_p\cdot H=R^2(1+\sin\alpha)\cos\alpha\cdot R\sqrt{2-2\sin\alpha}\cdot\operatorname{tg}\alpha\)

Ponieważ \(\cos\alpha\cdot\operatorname{tg}\alpha=\sin\alpha\):

\(V=R^3\sin\alpha\,(1+\sin\alpha)\sqrt{2-2\sin\alpha}\)

Odpowiedź: \(V(R,\alpha)=R^3\sin\alpha\,(1+\sin\alpha)\sqrt{2-2\sin\alpha}\), gdzie \(\alpha\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\)

Krok 1. Oznaczenia. Graniastosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawie trójkąt równoboczny. Niech $a$ będzie krawędzią podstawy, a $H$ — krawędzią boczną (wysokością bryły).

$$P_{p}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}.$$

Krok 2. Warunek objętości.

$$V=P_{p}\cdot H=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\,H=2\ \Longrightarrow\ H=\frac{8}{a^{2}\sqrt{3}}.$$

Krok 3. Pole powierzchni całkowitej. Dwie podstawy i trzy prostokąty boczne:

$$S=2P_{p}+3aH=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}+3a\cdot\frac{8}{a^{2}\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}a^{2}+\frac{24}{a\sqrt{3}}.$$

Usuwamy niewymierność z mianownika: $\frac{24}{\sqrt{3}}=8\sqrt{3}$, więc

$$S(a)=\frac{\sqrt{3}}{2}a^{2}+\frac{8\sqrt{3}}{a},\qquad a>0.$$

Krok 4. Minimum funkcji.

$$S^{\prime}(a)=\sqrt{3}\,a-\frac{8\sqrt{3}}{a^{2}}=\sqrt{3}\left(a-\frac{8}{a^{2}}\right).$$

$$S^{\prime}(a)=0\ \Longleftrightarrow\ a^{3}=8\ \Longleftrightarrow\ a=2.$$

Dla $a\lt 2$ pochodna jest ujemna, dla $a>2$ dodatnia, więc w $a=2$ funkcja osiąga minimum.

Krok 5. Krawędź boczna.

$$H=\frac{8}{2^{2}\sqrt{3}}=\frac{8}{4\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}.$$

Krok 6. Najmniejsze pole.

$$S(2)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot4+\frac{8\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}+4\sqrt{3}=6\sqrt{3}.$$

Sprawdzenie: pole podstawy $=\frac{4\sqrt3}{4}=\sqrt3$, objętość $=\sqrt3\cdot\frac{2}{\sqrt3}=2$ ✓; pole boczne $=3\cdot2\cdot\frac{2}{\sqrt3}=4\sqrt3$, razem $2\sqrt3+4\sqrt3=6\sqrt3$ ✓

Odpowiedź: krawędź podstawy $a=2$, krawędź boczna $H=\frac{2\sqrt{3}}{3}$; najmniejsze pole powierzchni całkowitej wynosi $6\sqrt{3}$.