Kąty w graniastosłupach i ostrosłupach

Objętość graniastosłupa to iloczyn pola podstawy i wysokości:

$$V=P_p\cdot H=24\cdot10=240\ \text{cm}^3$$

Pułapka: odpowiedź A ($80$) to wynik podzielenia przez $3$ — wzór z jedną trzecią dotyczy ostrosłupa, a nie graniastosłupa.

Odpowiedź: B. $240$ cm$^3$.

Objętość graniastosłupa to pole podstawy razy wysokość:

$$V=P_p\cdot H$$

Uwaga: wzór $\frac13 P_p\cdot H$ dotyczy ostrosłupa, nie graniastosłupa. Ostrosłup ma trzy razy mniejszą objętość niż graniastosłup o tej samej podstawie i wysokości.

Odpowiedź: B. $V=P_p\cdot H$.

Objętość ostrosłupa to jedna trzecia iloczynu pola podstawy i wysokości:

$$V=\frac13 P_p\cdot H$$

Warto zapamiętać: ostrosłup ma dokładnie trzy razy mniejszą objętość niż graniastosłup o tej samej podstawie i wysokości.

Odpowiedź: C. $V=\frac13 P_p\cdot H$.

Objętość ostrosłupa jest trzy razy mniejsza niż graniastosłupa o tej samej podstawie i wysokości:

$$V=\frac13 P_p\cdot H=\frac13\cdot27\cdot8$$

Liczymy:

$$V=9\cdot8=72\ \text{cm}^3$$

Wskazówka rachunkowa: najpierw dziel to, co dzieli się bez reszty — $27:3=9$ jest wygodniejsze niż mnożenie $27\cdot8$ i dopiero potem dzielenie.

Odpowiedź: $V=72$ cm$^3$.

$$V=P_p\cdot H=12\cdot5=60\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $60$ cm³.

$$V=\frac13 P_p\cdot H=\frac13\cdot30\cdot9=90\ \text{cm}^3$$

Wskazówka rachunkowa: najpierw dzielimy przez $3$ tę liczbę, która się dzieli — tutaj $30:3=10$, potem $10\cdot9=90$.

Odpowiedź: $90$ cm³.

Podstawą walca jest koło, więc:

$$V=\pi r^2 H=\pi\cdot3^2\cdot10=\pi\cdot9\cdot10=90\pi\ \text{cm}^3$$

Przybliżenie: $90\pi\approx282{,}7$ cm$^3$.

Uwaga: promień podnosimy do kwadratu, a wysokość zostaje w pierwszej potędze — to najczęstsze źródło pomyłek przy walcu.

Odpowiedź: $V=90\pi\approx283$ cm$^3$.

Sześcian to graniastosłup o kwadratowej podstawie, gdzie wszystkie krawędzie są równe:

$$V=a^3=4^3=64\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $64$ cm³.

Krok 1 — pole podstawy (kwadrat):

$$P_p=6^2=36\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — objętość:

$$V=\frac13\cdot36\cdot10=120\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $120$ cm³.

Stożek jest „ostrosłupem” o okrągłej podstawie, więc również ma współczynnik $\frac13$:

$$V=\frac13\pi r^2 H=\frac13\pi\cdot36\cdot5$$

Liczymy:

$$V=\frac13\cdot180\pi=60\pi$$

Pułapka: odpowiedź A ($180\pi$) to objętość walca o tych samych wymiarach — dokładnie trzy razy większa.

Odpowiedź: C. $60\pi$.

Sześcian ma sześć jednakowych ścian kwadratowych o polu $a^2$ każda:

$$P=6a^2$$

Uwaga: $a^3$ to objętość sześcianu, a nie pole.

Odpowiedź: C. $6a^2$.

„Prawidłowy czworokątny” oznacza w podstawie wielokąt foremny o czterech bokach, czyli kwadrat, a wierzchołek nad jego środkiem.

Odpowiedź: B. kwadrat.

Objętość kuli:

$$V=\frac43\pi r^3=\frac43\pi\cdot27=36\pi\ \text{cm}^3$$

Pole powierzchni kuli:

$$P=4\pi r^2=4\pi\cdot9=36\pi\ \text{cm}^2$$

Ciekawostka: dla $r=3$ obie liczby wychodzą równe $36\pi$, ale to przypadek — mają różne jednostki (cm$^3$ i cm$^2$) i nie należy ich utożsamiać.

Odpowiedź: $V=36\pi\approx113$ cm$^3$, $P=36\pi\approx113$ cm$^2$.

Objętość prostopadłościanu to iloczyn trzech wymiarów:

$$V=3\cdot4\cdot5=60\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $60$ cm³.

$$P_c=P_p+P_b$$

Elementy: $P_p$ to pole podstawy, $P_b$ — suma pól wszystkich ścian bocznych (trójkątów).

Uwaga: ostrosłup ma tylko jedną podstawę, w przeciwieństwie do graniastosłupa, który ma dwie.

Odpowiedź: $P_c=P_p+P_b$.

Objętość:

$$V=a^3=4^3=64\ \text{cm}^3$$

Pole powierzchni — sześcian ma $6$ jednakowych ścian kwadratowych:

$$P=6a^2=6\cdot16=96\ \text{cm}^2$$

Przekątna sześcianu (łącząca przeciwległe wierzchołki):

$$d=a\sqrt3=4\sqrt3\approx6{,}93\ \text{cm}$$

Nie mylić z przekątną ściany, która wynosi $a\sqrt2=4\sqrt2\approx5{,}66$ cm — przekątna bryły jest zawsze dłuższa.

Odpowiedź: $V=64$ cm$^3$, $P=96$ cm$^2$, $d=4\sqrt3$ cm.

„Prawidłowy” oznacza, że w podstawie leży wielokąt foremny. Foremny czworokąt to kwadrat.

Analogicznie: graniastosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawie trójkąt równoboczny, a sześciokątny — sześciokąt foremny.

Odpowiedź: A. kwadrat.

Ostrosłup ma jedną podstawę oraz tyle ścian bocznych, ile boków ma podstawa:

$$1+6=7$$

Ogólnie: ostrosłup o podstawie $n$-kąta ma $n+1$ ścian, $n+1$ wierzchołków i $2n$ krawędzi.

Odpowiedź: D. $7$.

We wzorze $V=a^3$ krawędź występuje w trzeciej potędze:

$$V_2=(2a)^3=8a^3=8V_1$$

Sprawdźmy na liczbach: dla $a=3$ objętość to $27$, dla $a=6$ objętość to $216$. Rzeczywiście $216:27=8$.

Zestawienie warte zapamiętania: przy skali $k$ długości rosną $k$ razy, pola $k^2$ razy, a objętości $k^3$ razy. Odpowiedź C ($4$ razy) dotyczyłaby pola powierzchni.

Odpowiedź: A. $8$ razy.

Krok 1 — prostopadłościan ma trzy pary jednakowych ścian. Pola par:

$$2\cdot3=6,\qquad 2\cdot4=8,\qquad 3\cdot4=12$$

Krok 2 — każda para występuje dwa razy:

$$P=2\cdot(6+8+12)=2\cdot26=52\ \text{cm}^2$$

Wzór ogólny: $P=2(ab+bc+ac)$.

Odpowiedź: $52$ cm².

Krok 1 — jedna ściana boczna. To trójkąt o podstawie $8$ i wysokości $5$:

$$P_{\triangle}=\frac{8\cdot5}{2}=20$$

Krok 2 — cztery jednakowe ściany:

$$P_b=4\cdot20=80$$

Uwaga na pojęcie apotemy: to wysokość ściany bocznej (trójkąta), nie wysokość całego ostrosłupa. Łatwo je pomylić.

Odpowiedź: $P_b=80$.

Powierzchnia walca to dwie podstawy (koła) plus powierzchnia boczna (rozwinięta w prostokąt).

Krok 1 — pole podstaw:

$$2\pi r^2=2\pi\cdot16=32\pi$$

Krok 2 — pole boczne. Prostokąt ma wymiary: obwód podstawy razy wysokość:

$$2\pi r H=2\pi\cdot4\cdot6=48\pi$$

Krok 3 — sumujemy:

$$P=32\pi+48\pi=80\pi\ \text{cm}^2\approx251\ \text{cm}^2$$

Wzór zbiorczy: $P=2\pi r(r+H)=2\pi\cdot4\cdot10=80\pi$ — ten sam wynik.

Odpowiedź: $P=80\pi\approx251$ cm$^2$.

Krok 1 — pole podstawy. Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku $6$:

$$P_p=\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{36\sqrt3}{4}=9\sqrt3$$

Krok 2 — objętość:

$$V=P_p\cdot H=9\sqrt3\cdot10=90\sqrt3\approx155{,}9$$

Odpowiedź: $V=90\sqrt3$.

Krok 1 — przekształcamy wzór na objętość:

$$V=\frac13 P_p\cdot H \quad\Rightarrow\quad P_p=\frac{3V}{H}$$

Krok 2 — podstawiamy:

$$P_p=\frac{3\cdot60}{5}=\frac{180}{5}=36\ \text{cm}^2$$

Uwaga: mnożymy przez $3$, bo we wzorze na objętość dzieliliśmy przez $3$ — przekształcenie musi to odwrócić.

Odpowiedź: $P_p=36$ cm².

Krok 1 — tworząca z twierdzenia Pitagorasa. Promień, wysokość i tworząca tworzą trójkąt prostokątny:

$$l=\sqrt{r^2+H^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole podstawy:

$$P_p=\pi r^2=9\pi$$

Krok 3 — pole boczne:

$$P_b=\pi r l=\pi\cdot3\cdot5=15\pi$$

Krok 4 — pole całkowite:

$$P=9\pi+15\pi=24\pi\ \text{cm}^2\approx75{,}4\ \text{cm}^2$$

Uwaga: w polu bocznym stożka występuje tworząca $l$, a nie wysokość $H$ — to najczęstszy błąd w tym zadaniu.

Odpowiedź: $l=5$ cm, $P=24\pi\approx75$ cm$^2$.

Krawędź odzyskujemy pierwiastkiem sześciennym z objętości:

$$a=\sqrt[3]{27}=3\ \text{cm}$$

Sprawdzenie: $3^3=27$ ✔

Odpowiedź: D. $3$ cm.

Czworościan foremny ma cztery jednakowe ściany będące trójkątami równobocznymi. To najprostszy z brył platońskich.

Ciekawostka: w czworościanie foremnym każda z czterech ścian może pełnić rolę podstawy — wszystkie są równoważne.

Odpowiedź: A. trójkątami równobocznymi.

Graniastosłup ma dwie jednakowe podstawy. Każda sześciokątna podstawa ma $6$ wierzchołków:

$$2\cdot6=12$$

Dla porządku pozostałe elementy: krawędzi jest $18$ ($6+6$ w podstawach i $6$ bocznych), a ścian $8$ ($2$ podstawy i $6$ bocznych).

Sprawdzenie wzorem Eulera: $W-K+S=12-18+8=2$ ✔

Odpowiedź: D. $12$ wierzchołków.

Krok 1 — pole podstawy:

$$P_p=4\cdot5=20\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — z wzoru $V=P_p\cdot H$ wyznaczamy $H$:

$$H=\frac{V}{P_p}=\frac{120}{20}=6\ \text{cm}$$

Sprawdzenie: $20\cdot6=120$ ✔

Odpowiedź: $H=6$ cm.

Podstawiamy do wzoru na objętość ostrosłupa:

$$V=\frac13\cdot9\sqrt3\cdot8=\frac{72\sqrt3}{3}=24\sqrt3\approx41{,}6$$

Odpowiedź: $V=24\sqrt3$.

Podstawą jest kwadrat o boku $6$ cm.

Krok 1 — objętość:

$$V=P_p\cdot H=36\cdot8=288\ \text{cm}^3$$

Krok 2 — pole powierzchni. Dwie podstawy plus cztery prostokąty boczne:

$$P=2\cdot36+4\cdot(6\cdot8)=72+192=264\ \text{cm}^2$$

Krok 3 — przekątna bryły. Najpierw przekątna podstawy:

$$d_p=6\sqrt2$$

Następnie przekątna bryły z trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $d_p$ i $H$:

$$d=\sqrt{\left(6\sqrt2\right)^2+8^2}=\sqrt{72+64}=\sqrt{136}=2\sqrt{34}\approx11{,}7\ \text{cm}$$

Odpowiedź: $V=288$ cm$^3$, $P=264$ cm$^2$, $d=2\sqrt{34}$ cm.

Graniastosłup ma dwie jednakowe podstawy. Sześciokąt ma $6$ wierzchołków, więc:

$$2\cdot6=12$$

Dla porównania: krawędzi ma $18$ (po $6$ w każdej podstawie i $6$ bocznych), a ścian $8$ (dwie podstawy i sześć ścian bocznych).

Odpowiedź: B. $12$.

Ostrosłup o podstawie $n$-kąta ma $2n$ krawędzi: $n$ w podstawie i $n$ bocznych.

$$2\cdot4=8$$

Odpowiedź: C. $8$.

Krok 1 — objętość:

$$V=\frac13\cdot100\cdot12=\frac{1200}{3}=400\ \text{cm}^3$$

Krok 2 — wysokość ściany bocznej. Tworzy ona trójkąt prostokątny z wysokością bryły i połową krawędzi podstawy:

$$h=\sqrt{H^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{144+25}=\sqrt{169}=13\ \text{cm}$$

Kluczowa uwaga: drugą przyprostokątną jest połowa krawędzi podstawy ($5$ cm), bo wysokość ściany pada na środek boku. Użycie całych $10$ cm to najczęstszy błąd w tym typie zadania.

Odpowiedź: $V=400$ cm$^3$, wysokość ściany bocznej $13$ cm.

Korzystamy ze wzoru na przekątną prostopadłościanu:

$$d=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$$

$$d=\sqrt{9+16+144}=\sqrt{169}=13$$

Skąd ten wzór: to dwukrotne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa — najpierw dla przekątnej podstawy, potem dla przekątnej przestrzennej.

Odpowiedź: $d=13$.

Krok 1 — pole podstawy:

$$P_p=6^2=36$$

Krok 2 — pole boczne. Cztery trójkąty o podstawie $6$ i wysokości $4$:

$$P_b=4\cdot\frac{6\cdot4}{2}=4\cdot12=48$$

Krok 3 — pole całkowite:

$$P_c=P_p+P_b=36+48=84$$

Odpowiedź: $P_c=84$.

Przekrój osiowy powstaje przez przecięcie bryły płaszczyzną zawierającą oś obrotu.

Dla walca taka płaszczyzna wycina prostokąt, którego jeden bok to średnica podstawy, a drugi to wysokość:

$$2r\times H=10\times8$$

Najczęstszy błąd: użycie promienia zamiast średnicy — stąd błędna odpowiedź C.

Dla porównania: przekrój osiowy stożka to trójkąt równoramienny, a kuli — koło wielkie.

Odpowiedź: B. prostokąt $10\times8$.

Krok 1 — krawędź z pola. Pole to $6a^2$:

$$6a^2=96 \quad\Rightarrow\quad a^2=16 \quad\Rightarrow\quad a=4\ \text{cm}$$

Krok 2 — objętość:

$$V=a^3=4^3=64\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $64$ cm³.

Ostrosłup ma trzy razy mniejszą objętość niż graniastosłup o tej samej podstawie i wysokości:

$$V_{ostr}=\frac13 V_{gran}=\frac13\cdot150=50\ \text{cm}^3$$

Interpretacja. Trzy jednakowe ostrosłupy wypełniają dokładnie jeden graniastosłup o tej samej podstawie i wysokości — stąd współczynnik $\frac13$.

Odpowiedź: $50$ cm³.

Krok 1 — przekątna podstawy. Kwadrat o boku $4$:

$$d_p=4\sqrt2$$

Krok 2 — identyfikujemy kąt. Przekątna bryły, przekątna podstawy i krawędź boczna tworzą trójkąt prostokątny. Szukany kąt $\alpha$ leży między przekątną bryły a przekątną podstawy.

Krok 3 — tangens to stosunek przyprostokątnej naprzeciw kąta (wysokość bryły) do przyprostokątnej przy kącie (przekątna podstawy):

$$\tg\alpha=\frac{H}{d_p}=\frac{4}{4\sqrt2}=\frac{1}{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}$$

Przybliżenie: $\tg\alpha\approx0{,}71$, czyli $\alpha\approx35^\circ$.

Uwaga: kąt nachylenia do podstawy mierzymy względem rzutu przekątnej na podstawę, czyli względem przekątnej podstawy — nie względem krawędzi.

Odpowiedź: $\tg\alpha=\frac{\sqrt2}{2}$.

Ściany boczne graniastosłupa prostego to prostokąty. Po „rozwinięciu” tworzą jeden duży prostokąt o wysokości $H$ i szerokości równej obwodowi podstawy:

$$P_b=O_p\cdot H$$

Pole całkowite: $P=P_b+2P_p$ — pole boczne plus dwie podstawy.

Odpowiedź: A. obwód podstawy razy wysokość.

Wysokość ostrosłupa jest prostopadła do płaszczyzny podstawy i pada na jej środek (w ostrosłupie prawidłowym).

Nie mylić z apotemą — wysokością ściany bocznej, która łączy wierzchołek ze środkiem krawędzi podstawy.

Odpowiedź: B. środkiem podstawy, prostopadły.

Krok 1 — krawędź. Z $V=a^3$ wyciągamy pierwiastek trzeciego stopnia:

$$a=\sqrt[3]{125}=5\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole powierzchni:

$$P=6a^2=6\cdot25=150\ \text{cm}^2$$

Sprawdzenie: $5^3=125$ cm$^3$ ✔

Odpowiedź: krawędź $5$ cm, pole powierzchni $150$ cm$^2$.

Krok 1 — objętość w cm³:

$$V=50\cdot30\cdot40=60\,000\ \text{cm}^3$$

Krok 2 — zamiana na litry. Jeden litr to $1000$ cm³:

$$60\,000:1000=60\ \text{litrów}$$

Warto zapamiętać: $1$ dm³ $=1$ litr $=1000$ cm³.

Odpowiedź: $60$ litrów.

Krok 1 — pole podstawy:

$$P_p=6^2=36$$

Krok 2 — z wzoru na objętość wyznaczamy $H$:

$$V=\frac13 P_p\cdot H \quad\Rightarrow\quad H=\frac{3V}{P_p}$$

Krok 3 — podstawiamy:

$$H=\frac{3\cdot48}{36}=\frac{144}{36}=4$$

Odpowiedź: $H=4$.

Krok 1 — promień to połowa średnicy:

$$r=3\ \text{cm}$$

Krok 2 — objętość kuli:

$$V=\frac43\pi r^3=\frac43\pi\cdot27=36\pi\ \text{cm}^3$$

Pułapka: podstawienie średnicy zamiast promienia dałoby $\frac43\pi\cdot216=288\pi$ — czyli błędną odpowiedź A, ośmiokrotnie za dużą.

Odpowiedź: C. $36\pi$ cm$^3$.

Objętość zależy od trzeciej potęgi krawędzi. Dla krawędzi $2a$:

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

To osiem razy więcej niż $a^3$.

Zależność wymiarów: długość rośnie $2$ razy, pole $2^2=4$ razy, objętość $2^3=8$ razy.

Odpowiedź: C. ośmiokrotnie.

Objętość jest wielkością trójwymiarową, więc zależy od trzeciej potęgi współczynnika skali:

$$2^3=8$$

Zależność wymiarów: długości rosną $2$ razy, pola $4$ razy, objętości $8$ razy.

Odpowiedź: A. ośmiokrotnie.

Krok 1 — wysokość słupa wody:

$$h=\frac34\cdot50=37{,}5\ \text{cm}$$

Krok 2 — objętość wody:

$$V=80\cdot40\cdot37{,}5=120\,000\ \text{cm}^3$$

Krok 3 — zamiana na litry. Kluczowa zależność:

$$1\ \text{litr}=1\ \text{dm}^3=1000\ \text{cm}^3$$

$$120\,000:1000=120\ \text{litrów}$$

Kontrola sensu: całe akwarium ma $80\cdot40\cdot50=160\,000$ cm$^3$, czyli $160$ l. Trzy czwarte z tego to $120$ l ✔

Odpowiedź: wlano $120$ litrów wody.

Krok 1 — pole podstawy (kwadrat):

$$P_p=6^2=36$$

Krok 2 — objętość:

$$V=P_p\cdot H=36\cdot8=288$$

Krok 3 — pole boczne. Obwód podstawy to $4\cdot6=24$:

$$P_b=O_p\cdot H=24\cdot8=192$$

Krok 4 — pole całkowite:

$$P=P_b+2P_p=192+2\cdot36=192+72=264$$

Odpowiedź: $V=288$, $P=264$.

Krok 1 — trójkąt do apotemy. Apotema $h_b$, wysokość ostrosłupa $H=4$ i połowa krawędzi podstawy tworzą trójkąt prostokątny. Połowa krawędzi to $3$.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$h_b=\sqrt{H^2+3^2}=\sqrt{16+9}=\sqrt{25}=5$$

Krok 3 — pole boczne:

$$P_b=4\cdot\frac{6\cdot5}{2}=4\cdot15=60$$

Klucz do zadania. Apotema łączy się z wysokością ostrosłupa przez odległość od środka podstawy do środka jej krawędzi — a ta odległość to połowa boku kwadratu.

Odpowiedź: apotema $5$, $P_b=60$.

Krok 1 — ustalamy wymiary stożka. Przy obrocie wokół dłuższej przyprostokątnej to ona staje się wysokością, a krótsza zakreśla podstawę i staje się promieniem:

$$H=8\ \text{cm},\qquad r=6\ \text{cm}$$

Krok 2 — objętość:

$$V=\frac13\pi r^2 H=\frac13\pi\cdot36\cdot8=96\pi\ \text{cm}^3$$

Przybliżenie: $96\pi\approx301{,}6$ cm$^3$.

Warto porównać: obrót wokół krótszej przyprostokątnej dałby $H=6$ i $r=8$, czyli $V=\frac13\pi\cdot64\cdot6=128\pi$ — inną bryłę o większej objętości. Oś obrotu ma znaczenie.

Odpowiedź: $V=96\pi\approx302$ cm$^3$.

Krok 1 — krawędź z przekątnej ściany. Ściana to kwadrat, a jego przekątna to $a\sqrt2$:

$$a\sqrt2=5\sqrt2 \quad\Rightarrow\quad a=5$$

Krok 2 — objętość:

$$V=a^3=5^3=125$$

Uwaga na rodzaj przekątnej. Chodziło o przekątną ściany ($a\sqrt2$), a nie przekątną przestrzenną sześcianu, która wynosi $a\sqrt3$. To dwie różne wielkości.

Odpowiedź: $V=125$.

Krok 1 — przekątna podstawy. Kwadrat o boku $10$ ma przekątną:

$$d=10\sqrt2$$

Krok 2 — połowa przekątnej to odległość środka podstawy od wierzchołka:

$$\frac{d}{2}=5\sqrt2$$

Krok 3 — krawędź boczna z twierdzenia Pitagorasa. Tworzy trójkąt prostokątny z wysokością i połową przekątnej:

$$k=\sqrt{H^2+\left(5\sqrt2\right)^2}=\sqrt{144+50}=\sqrt{194}\approx13{,}9$$

Uwaga na wybór odcinka. Do krawędzi bocznej używamy połowy przekątnej (do wierzchołka podstawy), a nie połowy boku (tamta prowadzi do apotemy).

Odpowiedź: $k=\sqrt{194}$.

Krok 1 — objętość walca:

$$V_w=\pi r^2 H=\pi\cdot25\cdot12=300\pi\ \text{cm}^3$$

Krok 2 — objętość kuli:

$$V_k=\frac43\pi\cdot27=36\pi\ \text{cm}^3$$

Krok 3 — stosunek objętości:

$$\frac{V_k}{V_w}=\frac{36\pi}{300\pi}=\frac{36}{300}=\frac{3}{25}=0{,}12$$

Symbol $\pi$ skraca się, więc wynik jest dokładny, bez zaokrągleń.

Sprawdzenie sensu: kula o średnicy $6$ cm swobodnie mieści się w walcu o średnicy $10$ cm i wysokości $12$ cm, więc wynik poniżej $100\%$ jest wiarygodny.

Odpowiedź: kula zajmuje $\frac{3}{25}$ objętości walca, czyli $12\%$.

Krok 1 — krawędź z przekątnej przestrzennej. Dla sześcianu przekątna wynosi $a\sqrt3$:

$$a\sqrt3=6\sqrt3 \quad\Rightarrow\quad a=6$$

Krok 2 — pole powierzchni:

$$P=6a^2=6\cdot36=216$$

Skąd wzór $a\sqrt3$: przekątna przestrzenna prostopadłościanu to $\sqrt{a^2+b^2+c^2}$, a dla sześcianu wszystkie krawędzie są równe, więc $\sqrt{3a^2}=a\sqrt3$.

Odpowiedź: $P=216$.

Krok 1 — pole podstawy. Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku $6$:

$$P_p=\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{36\sqrt3}{4}=9\sqrt3$$

Krok 2 — wysokość czworościanu. Korzystamy ze wzoru $H=\frac{a\sqrt6}{3}$:

$$H=\frac{6\sqrt6}{3}=2\sqrt6$$

Krok 3 — objętość:

$$V=\frac13\cdot9\sqrt3\cdot2\sqrt6=\frac13\cdot18\sqrt{18}=6\cdot3\sqrt2=18\sqrt2$$

Rachunek pierwiastków: $\sqrt3\cdot\sqrt6=\sqrt{18}=3\sqrt2$, stąd uproszczenie.

Sprawdzenie wzorem gotowym: objętość czworościanu foremnego to $\frac{a^3\sqrt2}{12}=\frac{216\sqrt2}{12}=18\sqrt2$ ✔

Odpowiedź: $V=18\sqrt2$.

Krok 1 — pole podstawy. Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku $6$:

$$P_p=\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{36\sqrt3}{4}=9\sqrt3\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — objętość:

$$V=\frac13 P_p\cdot H=\frac13\cdot9\sqrt3\cdot\sqrt3$$

Krok 3 — upraszczamy. Iloczyn $\sqrt3\cdot\sqrt3=3$:

$$V=\frac13\cdot9\cdot3=9\ \text{cm}^3$$

Warto zauważyć: pierwiastki się zniosły i wynik jest liczbą całkowitą — to dobry sygnał, że rachunki są poprawne.

Odpowiedź: $V=9$ cm$^3$.

Krok 1 — przekątna podstawy. Podstawą jest kwadrat o boku $4$, więc jego przekątna to:

$$d_p=4\sqrt2$$

Krok 2 — wykorzystujemy kąt nachylenia. Przekątna graniastosłupa, przekątna podstawy i wysokość tworzą trójkąt prostokątny. Kąt między przekątną graniastosłupa a podstawą wynosi $45^\circ$:

$$\operatorname{tg}45^\circ=\frac{H}{d_p}$$

Krok 3 — wyznaczamy wysokość. Ponieważ $\operatorname{tg}45^\circ=1$:

$$H=d_p=4\sqrt2$$

Krok 4 — objętość:

$$V=P_p\cdot H=16\cdot4\sqrt2=64\sqrt2\approx90{,}5$$

Dlaczego $H=d_p$. Kąt $45^\circ$ oznacza trójkąt prostokątny równoramienny — wysokość równa się przekątnej podstawy. To charakterystyczna cecha tego kąta.

Odpowiedź: $H=4\sqrt2$, $V=64\sqrt2$.

Krok 1 — punkt wyjścia. Wzór na objętość ostrosłupa zależy wyłącznie od pola podstawy i wysokości:

$$V=\frac13 P\cdot H$$

Krok 2 — obserwacja. We wzorze nie występuje kształt podstawy — tylko jej pole $P$. Zatem dwa ostrosłupy o podstawach różnego kształtu, ale tym samym polu i tej samej wysokości, mają równe objętości. $\qquad ∎$

Krok 3 — przykład. Weźmy $H=6$ i pole podstawy $P=12$:

• podstawa kwadratowa o boku $\sqrt{12}=2\sqrt3$ — pole $12$,
• podstawa trójkątna o polu $12$ (np. podstawa $6$ i wysokość $4$).

W obu przypadkach:

$$V=\frac13\cdot12\cdot6=24$$

Kontekst. To szczególny przypadek zasady Cavalieriego: bryły o jednakowych polach przekrojów na każdej wysokości mają równe objętości.

Wniosek: objętość ostrosłupa zależy tylko od pola podstawy i wysokości, a nie od kształtu podstawy — oba przykłady dały $V=24$.

1. Krok 1. Promień okręgu opisanego i krawędź podstawy.

   Z długości okręgu $2\pi R=6\sqrt2\,\pi$ mamy $R=3\sqrt2$. Dla trójkąta równobocznego $R=\dfrac{a}{\sqrt3}$, więc

   $$a=R\sqrt3=3\sqrt2\cdot\sqrt3=3\sqrt6.$$
2. Krok 2. Długość krawędzi bocznej.

   W trójkącie $BSC$ ($SB=SC=b$, $BC=a=3\sqrt6$), z twierdzenia cosinusów:

   $$a^{2}=2b^{2}-2b^{2}\cdot\tfrac{5}{9}=\tfrac{8}{9}b^{2}\ \Rightarrow\ 54=\tfrac{8}{9}b^{2}\ \Rightarrow\ b^{2}=\tfrac{243}{4}.$$
3. Krok 3. Kąt między ścianami $SAC$ i $SBC$ (kąt dwuścienny przy krawędzi $SC$).

   Umieśćmy podstawę w układzie: środek $O=(0,0,0)$, $A=(3\sqrt2,0,0)$, $B=\left(-\tfrac{3\sqrt2}{2},\tfrac{3\sqrt6}{2},0\right)$, $C=\left(-\tfrac{3\sqrt2}{2},-\tfrac{3\sqrt6}{2},0\right)$, $S=(0,0,h)$, gdzie $h^{2}=b^{2}-R^{2}=\tfrac{243}{4}-18=\tfrac{171}{4}$.

   Rzutując wierzchołki $A$ i $B$ prostopadle na krawędź $SC$ i licząc kąt między otrzymanymi wektorami $\vec{u},\vec{v}$ leżącymi w ścianach:

   $$\cos\varphi=\frac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{|\vec{u}||\vec{v}|}=\frac{15}{\sqrt{42}\cdot\sqrt{42}}=\frac{15}{42}=\frac{5}{14}.$$
4. Odpowiedź. Krawędź podstawy $a=3\sqrt6$, a cosinus kąta między ścianami $SAC$ i $SBC$ jest równy $\dfrac{5}{14}$.

Rozwiązanie

1. Ustawmy $A=(0,0,0)$, $a=|AB|=3\sqrt{34}$, $S=(0,0,h)$. Ściany $CDS$ i $BCS$ mają wspólną krawędź $SC$.
2. Cosinus kąta dwuściennego przy $SC$ wynosi $-\dfrac{a^2}{a^2+h^2}=-\dfrac{9}{25}\Rightarrow 25a^2=9a^2+9h^2\Rightarrow h^2=\tfrac{16}{9}a^2$, więc $h=\tfrac43a=4\sqrt{34}$.
3. Ściany $SAB$, $SAD$ to trójkąty prostokątne (kąt prosty przy $A$): pole każdej $=\tfrac12ah$. Ściany $SBC$, $SCD$ też prostokątne (kąt prosty przy $B$, $D$): pole każdej $=\tfrac12a\sqrt{a^2+h^2}$.
4. $a^2=306$, $h^2=544$, $a^2+h^2=850$, $\sqrt{850}=5\sqrt{34}$. $P_b=2\cdot\tfrac12ah+2\cdot\tfrac12a\sqrt{a^2+h^2}=ah+a\sqrt{a^2+h^2}=408+510=918$.

Odpowiedź: $P_b=918$.