Ostrosłupy — pole powierzchni i objętość

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 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$^3$.

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

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

Odpowiedź: $90$ cm³.

1. $a^3=216 \Rightarrow a=6$. Przekątna: $a\sqrt3=6\sqrt3$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — przekątna ściany (kwadratu), a nie sześcianu.

1. $V=\frac{a^3\sqrt2}{12}=\frac{216\sqrt2}{12}=18\sqrt2$.

Odpowiedź: $18\sqrt2$

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$^3$.

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.

1. $d=\sqrt{4+9+36}=\sqrt{49}=7$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — suma krawędzi; C — przekątna ściany $2\times3$.

1. $R=\frac{6\sqrt3}3=2\sqrt3$; krawędź boczna $\sqrt{16+12}=\sqrt{28}=2\sqrt7$.

Odpowiedź: $2\sqrt7$

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. $60\pi$.

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

Odpowiedź: B. kwadrat.

1. $P_p=\frac{16\sqrt3}4=4\sqrt3$, $V=4\sqrt3\cdot5=20\sqrt3$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? D — wzór dla ostrosłupa (z $\frac13$); B — podstawa jako kwadrat.

1. Połowa przekątnej podstawy: $3\sqrt2$; $H=\sqrt{25-18}=\sqrt7$; $V=\frac13\cdot36\cdot\sqrt7=12\sqrt7$.
2. Wysokość ściany: $\sqrt{25-9}=4$; $P_b=4\cdot\frac12\cdot6\cdot4=48$.

Odpowiedź: $V=12\sqrt7$, $P_b=48$

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$^2$.

$$P_c=P_p+P_b$$

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: $P_c=P_p+P_b$.

1. $V=\pi\cdot9\cdot5=45\pi$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — wzór stożka; C — pole powierzchni bocznej $2\pi rH$.

1. $R=2\sqrt3$, $H=R\operatorname{tg}60^\circ=6$. $P_p=9\sqrt3$, $V=\frac13\cdot9\sqrt3\cdot6=18\sqrt3$.
2. $r=\sqrt3$; wysokość ściany bocznej $h_b=\sqrt{36+3}=\sqrt{39}$.
3. $\cos\beta=\frac{r}{h_b}=\frac{\sqrt3}{\sqrt{39}}=\frac{1}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}$.

Odpowiedź: $V=18\sqrt3$, $\cos\beta=\tfrac{\sqrt{13}}{13}$

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.

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. $7$.

1. $H=\sqrt{100-36}=8$.
2. $V=\tfrac13\pi\cdot36\cdot8=96\pi$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — bez $\frac13$; C — wysokość zastąpiona tworzącą.

1. Rzut $AG$ na podstawę to $AC=6\sqrt2$; $|AG|=6\sqrt3$; $\cos\alpha=\frac{6\sqrt2}{6\sqrt3}=\frac{\sqrt6}3$.
2. $AC$, $CH$, $AH$ to przekątne ścian — trójkąt równoboczny o boku $6\sqrt2$.
3. Pole: $\frac{72\sqrt3}4=18\sqrt3$.

Odpowiedź: $\cos\alpha=\tfrac{\sqrt6}3$, pole $18\sqrt3$

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 — 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: $P_b=80$.

1. $\tfrac43\pi r^3=36\pi \Rightarrow r^3=27 \Rightarrow r=3$.
2. $P=4\pi\cdot9=36\pi$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — pole koła wielkiego; D — $r^3$ zamiast pola.

1. Ściany boczne są trójkątami równobocznymi. Wysokości ścian $SBC$ i $SDC$ opuszczone z $B$ i $D$ na $SC$ mają spodek w środku $SC$ i długość $\frac{a\sqrt3}2$.
2. $|BD|=a\sqrt2$. $\cos\varphi=\frac{\frac34a^2+\frac34a^2-2a^2}{2\cdot\frac34a^2}=\frac{-\frac12a^2}{\frac32a^2}=-\frac13$.

Odpowiedź: $-\tfrac13$

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 — 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.

1. Trójkąt: wysokość ostrosłupa $4$, połowa krawędzi podstawy $3$, wysokość ściany — przeciwprostokątna.
2. $h_b=\sqrt{16+9}=5$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? D — to krawędź boczna (z połową przekątnej $3\sqrt2$); B — użyta cała krawędź $6$.

1. $r=\frac{a\sqrt3}6 \Rightarrow a=\frac{6r}{\sqrt3}=4\sqrt3$; $P_p=\frac{48\sqrt3}{4}=12\sqrt3$.
2. $H=r\operatorname{tg}60^\circ=2\sqrt3$, $h_b=\frac{r}{\cos60^\circ}=4$.
3. $V=\frac13\cdot12\sqrt3\cdot2\sqrt3=24$; $P_b=3\cdot\frac12\cdot4\sqrt3\cdot4=24\sqrt3$.

Odpowiedź: $V=24$, $P_b=24\sqrt3$

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$^2$.

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.

1. 1. $V_s=\tfrac13\pi r^2H=\tfrac13V_w$ — prawda.
2. 2. Po podwojeniu promienia: $\tfrac13\pi(2r)^2H=4\cdot\tfrac13\pi r^2H$ — objętość rośnie czterokrotnie — fałsz.

Odpowiedź: P, F

1. Środek kuli leży na osi stożka w odległości $8-5=3$ od podstawy.
2. $r^2=5^2-3^2=16$, $r=4$.
3. $V=\frac13\pi\cdot16\cdot8=\frac{128\pi}3$.

Odpowiedź: $\tfrac{128\pi}{3}$

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.

Podstawiamy do wzoru na objętość ostrosłupa:

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

Odpowiedź: $V=24\sqrt3$.

1. Krawędź podstawy: $a=8$, $P_p=64$. Połowa przekątnej: $4\sqrt2$.
2. Kąt $45^\circ$ → trójkąt równoramienny: $H=4\sqrt2$.
3. $V=\tfrac13\cdot64\cdot4\sqrt2=\dfrac{256\sqrt2}{3}$.

Odpowiedź: $V=\dfrac{256\sqrt2}{3}$

1. Przekrój to trójkąt równoramienny $BDG$: $|BD|=4\sqrt2$.
2. $O$ — środek $BD$; $|OC|=2\sqrt2$, więc $|OG|=\sqrt{8+36}=2\sqrt{11}$ i $OG\perp BD$.
3. Pole: $\frac12\cdot4\sqrt2\cdot2\sqrt{11}=4\sqrt{22}$.
4. $\cos\alpha=\frac{|OC|}{|OG|}=\frac{2\sqrt2}{2\sqrt{11}}=\frac{\sqrt{22}}{11}$.

Odpowiedź: pole $4\sqrt{22}$, $\cos\alpha=\tfrac{\sqrt{22}}{11}$

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.

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

$$2\cdot4=8$$

Odpowiedź: C. $8$.

1. Trójkąt: $h_b=10$, kąt $60^\circ$ przy podstawie, przyprostokątne: $\frac a2$ i $H$.
2. $\frac a2=10\cos60^\circ=5 \Rightarrow a=10$; $H=10\sin60^\circ=5\sqrt3$.
3. $V=\tfrac13\cdot100\cdot5\sqrt3=\dfrac{500\sqrt3}{3}$.
4. $P_c=a^2+4\cdot\tfrac12\cdot a\cdot h_b=100+200=300$.

Odpowiedź: $V=\dfrac{500\sqrt3}{3}$, $P_c=300$

1. Równe krawędzie boczne ⇒ spodek wysokości to środek okręgu opisanego na podstawie — środek przeciwprostokątnej $AB$; $R=5$.
2. $H=\sqrt{169-25}=12$.
3. $V=\frac13\cdot24\cdot12=96$.

Odpowiedź: $96$

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.

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 $10\times8$.

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

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 — 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 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 — 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 — 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 — 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 — 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 $V=24$.

Krok 1. Obliczenie pola podstawy.
Podstawą ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest kwadrat. Pole kwadratu można obliczyć ze wzoru wykorzystującego długość przekątnej \(d\):
$$P_p=\frac{d^2}{2} \\
P_{p}=\frac{(8\sqrt{3})^2}{2} \\
P_{p}=\frac{64\cdot3}{2} \\
P_{p}=\frac{192}{2} \\
P_{p}=96$$

Krok 2. Obliczenie wysokości ostrosłupa.
Kąt nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy to kąt między krawędzią boczną a połową przekątnej podstawy. Tworzą one wraz z wysokością ostrosłupa (\(H\)) trójkąt prostokątny.


Połowa przekątnej podstawy jest równa:
$$\frac{d}{2}=\frac{8\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$$

Zerkamy zatem na nasz zaznaczony na rysunku trójkąt prostokątny z którego obliczymy teraz wysokość bryły. Korzystając z funkcji trygonometrycznych (albo z własności trójkąta o kątach \(30^{\circ}, 60^{\circ}, 90^{\circ}\)), możemy zapisać, że:
$$tg30^{\circ}=\frac{H}{\frac{d}{2}} \\
\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{H}{4\sqrt{3}} \quad\bigg/\cdot4\sqrt{3} \\
H=\frac{\sqrt{3}\cdot4\sqrt{3}}{3} \\
H=\frac{4\cdot3}{3} \\
H=4$$

Krok 3. Obliczenie objętości ostrosłupa.
Mamy już wszystkie potrzebne miary, zatem możemy przejść do obliczenia objętości bryły:
$$V=\frac{1}{3}\cdot P_p\cdot H \\
V=\frac{1}{3}\cdot96\cdot4 \\
V=32\cdot4 \\
V=128$$

Apotema podstawy to $\dfrac{12}{2}=6$. Wysokość ostrosłupa: $H=6\cdot\operatorname{tg}30^{\circ}=6\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{3}=2\sqrt{3}$.

$V=\dfrac{1}{3}\cdot P_{p}\cdot H=\dfrac{1}{3}\cdot 12^{2}\cdot 2\sqrt{3}=\dfrac{1}{3}\cdot 144\cdot 2\sqrt{3}=96\sqrt{3}$.

Ostrosłup o podstawie będącej $n$-kątem ma $n+1$ wierzchołków oraz $2n$ krawędzi.

Warunek: $2n=(n+1)+9\Rightarrow 2n=n+10\Rightarrow n=10$.

Podstawą jest dziesięciokąt.

Odpowiedź: D.

Krok 1. Wyznaczenie skali podobieństwa.
Z własności podobieństwa wiemy, że jeśli skala podobieństwa jest równa \(k\), to objętość ostrosłupa podobnego będzie \(k^3\) razy większa. Bazując na informacjach z treści zadania, możemy stwierdzić, że:
$$k^3=\frac{512}{64} \\
k^3=8 \\
k=2$$

Krok 2. Ustalenie stosunku pól powierzchni ostrosłupów.
Z własności podobieństwa wiemy, że jeśli skala podobieństwa jest równa \(k\), to pole figury podobnej (czyli także pole powierzchni całkowitej bryły) będzie \(k^2\) razy większe.

Skoro tak, to ostrosłup \(F2\) będzie miał to pole \(4\) razy większe, bo \(2^2=4\).

Celem zadania jest zapisanie stosunku pola powierzchni całkowitej ostrosłupa \(F2\) względem \(F1\) (czyli tego większego względem mniejszego), zatem moglibyśmy zapisać, że ten stosunek wynosi \(4:1\).

Apotema podstawy (odległość środka podstawy od krawędzi) to $\dfrac{4}{2}=2$. Kąt nachylenia ściany bocznej spełnia $\operatorname{tg}\alpha=\dfrac{H}{2}$.

$\dfrac{H}{2}=3\Rightarrow H=6$.

Odpowiedź: B.

Jeżeli w podstawie ostrosłupa mamy \(n\)-kąt, to liczbę wierzchołków ostrosłupa możemy opisać jako \(n+1\), natomiast liczba krawędzi będzie równa \(2n\).

Z treści zadania wynika więc, że:
$$\frac{n+1}{2n}=\frac{3}{5}$$

Wykonując teraz mnożenie na krzyż, otrzymamy:
$$(n+1)\cdot5=2n\cdot3 \\
5n+5=6n \\
n=5$$

To oznacza, że w podstawie naszego ostrosłupa znajduje się pięciokąt i będzie to oczywiście pięciokąt foremny (bo ostrosłup jest prawidłowy).

Rozwiązanie

1. Wysokość ostrosłupa: $H=6\sin30^\circ=3$. Apotema podstawy: $6\cos30^\circ=3\sqrt3=\tfrac{a}{2}\Rightarrow a=6\sqrt3$.
2. $V=\tfrac13 a^2 H=\tfrac13\cdot(6\sqrt3)^2\cdot3=\tfrac13\cdot108\cdot3=108$.
3. $P_c=a^2+4\cdot\tfrac12 a\cdot6=108+4\cdot18\sqrt3=108+72\sqrt3$.

Odpowiedź: $V=108$, $P_c=108+72\sqrt3$.

Rozwiązanie

Dla ostrosłupa o podstawie $n$-kąta: $W=n+1$, $K=2n$. $\dfrac{n+1}{2n}=\dfrac35\Rightarrow5(n+1)=6n\Rightarrow n=5$ — pięciokąt foremny.

Odpowiedź: B

Niech $a$ — krawędź podstawy, $H$ — wysokość ostrosłupa. Apotema podstawy to $\dfrac{a}{2}$, a $\operatorname{tg}\alpha=\dfrac{H}{a/2}=\dfrac{4}{3}$, stąd $H=\dfrac{2a}{3}$.

Objętość: $V=\dfrac{1}{3}a^{2}H=\dfrac{1}{3}a^{2}\cdot\dfrac{2a}{3}=\dfrac{2a^{3}}{9}=384\Rightarrow a^{3}=1728\Rightarrow a=12$.

Wtedy $H=\dfrac{2\cdot 12}{3}=8$. Wysokość ściany bocznej: $m=\sqrt{H^{2}+\left(\dfrac{a}{2}\right)^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=\sqrt{100}=10$.