Przekroje graniastosłupów i ostrosłupów

Oznaczmy pole podstawy przez \(P_p\), a pole powierzchni bocznej przez \(P_b\). Z warunku zadania \(P_b=4P_p\), a pole powierzchni całkowitej to:

\(P_c=P_p+P_b=P_p+4P_p=5P_p\)

\(5P_p=20\)

\(P_p=4\)

Podstawą ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest kwadrat o boku \(a\):

\(a^2=4\), czyli \(a=2\)

Odpowiedź: A.

Krok 1. Układ współrzędnych.

Niech \(a\) będzie długością krawędzi podstawy, a \(H\) — wysokością ostrosłupa. Przyjmijmy:

\(A=\left(-\frac{a}{2},0,0\right)\), \(\;B=\left(\frac{a}{2},0,0\right)\), \(\;C=\left(0,\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)\), \(\;D=\left(0,\frac{a\sqrt{3}}{6},H\right)\)

Niech \(M=(0,0,0)\) będzie środkiem krawędzi \(AB\). Płaszczyzna przechodząca przez \(AB\) i prostopadła do \(CD\) przecina \(CD\) w punkcie \(E\), przy czym \(ME\perp CD\), więc \(|CE|\) jest rzutem odcinka \(CM\) na prostą \(CD\).

Krok 2. Wyznaczenie \(|CE|\).

\(\vec{CM}=\left[0,-\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right]\), \(\;\vec{CD}=\left[0,-\frac{a\sqrt{3}}{3},H\right]\)

\(\vec{CM}\circ\vec{CD}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^2}{2}\)

\(|CE|=\frac{\vec{CM}\circ\vec{CD}}{|CD|}=\frac{a^2}{2b}\), gdzie \(b=|CD|\)

Krok 3. Wykorzystanie danego stosunku.

Z warunku \(\frac{|CE|}{|DE|}=\frac{3}{11}\) wynika \(\frac{|CE|}{|CD|}=\frac{3}{14}\), zatem:

\(\frac{a^2}{2b^2}=\frac{3}{14}\)

\(b^2=\frac{7a^2}{3}\)

Ponieważ \(b^2=\frac{a^2}{3}+H^2\) (odległość od środka podstawy do wierzchołka podstawy wynosi \(\frac{a\sqrt{3}}{3}\)):

\(H^2=\frac{7a^2}{3}-\frac{a^2}{3}=2a^2\), czyli \(H=a\sqrt{2}\)

Krok 4. Pole powierzchni bocznej.

Wysokość ściany bocznej (apotema) to \(|MD|\):

\(|MD|=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2+H^2}=\sqrt{\frac{a^2}{12}+2a^2}=a\sqrt{\frac{25}{12}}=\frac{5a}{2\sqrt{3}}\)

\(P_b=3\cdot\frac{1}{2}\cdot a\cdot\frac{5a}{2\sqrt{3}}=\frac{15a^2}{4\sqrt{3}}=\frac{5a^2\sqrt{3}}{4}\)

Krok 5. Szukany stosunek.

\(P_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\)

\(P_c=P_{ABC}+P_b=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}+\frac{5a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{6a^2\sqrt{3}}{4}\)

\(\frac{P_c}{P_{ABC}}=\frac{\frac{6a^2\sqrt{3}}{4}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}=6\)

Odpowiedź: stosunek jest równy \(6\).

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.

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. Położenie odcinka \(DE\).

Ponieważ \(|BD|=|CE|\), a trójkąt \(BCS\) jest równoramienny, odcinek \(DE\) jest równoległy do \(BC\). Z twierdzenia Talesa:

\(\frac{|SD|}{|SB|}=\frac{|DE|}{|BC|}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}\)

Krok 2. Oznaczenia.

Niech \(M\) będzie środkiem \(BC\), \(N\) — środkiem \(DE\), \(O\) — środkiem podstawy (spodkiem wysokości), a \(H=|SO|\).

Z symetrii punkt \(N\) leży na odcinku \(SM\), przy czym \(\frac{|SN|}{|SM|}=\frac{2}{3}\).

\(|AM|=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\), \(\;|AO|=\frac{2}{3}|AM|=2\sqrt{3}\), \(\;|OM|=\sqrt{3}\)

Krok 3. Wykorzystanie prostopadłości płaszczyzn.

Płaszczyzny \(ADE\) i \(BCS\) przecinają się wzdłuż prostej \(DE\). Ponieważ \(|AD|=|AE|\), odcinek \(AN\) jest prostopadły do \(DE\). Z warunku prostopadłości płaszczyzn wynika, że \(AN\perp\) płaszczyzna \(BCS\), a w szczególności:

\(AN\perp SM\)

Krok 4. Równanie na \(H\).

Oznaczmy \(m=|SM|\). Wtedy \(|SN|=\frac{2}{3}m\) oraz \(|NM|=\frac{1}{3}m\).

Z trójkąta prostokątnego \(ANM\):

\(|AN|^2=|AM|^2-|NM|^2=27-\frac{m^2}{9}\)

Z trójkąta prostokątnego \(ANS\):

\(|AN|^2=|AS|^2-|SN|^2=|AS|^2-\frac{4}{9}m^2\)

Ponadto \(m^2=H^2+|OM|^2=H^2+3\) oraz \(|AS|^2=H^2+|AO|^2=H^2+12\).

Przyrównujemy:

\(27-\frac{H^2+3}{9}=H^2+12-\frac{4\left(H^2+3\right)}{9}\)

Mnożymy przez \(9\):

\(243-H^2-3=9H^2+108-4H^2-12\)

\(240-H^2=5H^2+96\)

\(6H^2=144\Rightarrow H^2=24\Rightarrow H=2\sqrt{6}\)

Krok 5. Objętość.

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

\(V=\frac{1}{3}\cdot 9\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{6}=6\sqrt{18}=18\sqrt{2}\)

Odpowiedź: \(V=18\sqrt{2}\)

Krok 1. Układ współrzędnych.

Przyjmijmy, że krawędź sześcianu ma długość \(2\), i wprowadźmy współrzędne:

\(A=(0,0,0)\), \(B=(2,0,0)\), \(C=(2,2,0)\), \(D=(0,2,0)\)

\(E=(0,0,2)\), \(F=(2,0,2)\), \(G=(2,2,2)\), \(H=(0,2,2)\)

Punkt \(K\) jest środkiem krawędzi \(BF\), więc \(K=(2,0,1)\).

Krok 2. Równanie płaszczyzny \(ACK\).

\(\vec{AC}=[2,2,0]\), \(\;\vec{AK}=[2,0,1]\)

Wektor normalny otrzymujemy z iloczynu wektorowego:

\(\vec{n}=\vec{AC}\times\vec{AK}=[2\cdot 1-0\cdot 0,\;0\cdot 2-2\cdot 1,\;2\cdot 0-2\cdot 2]=[2,-2,-4]\)

Płaszczyzna przechodzi przez \(A=(0,0,0)\):

\(2x-2y-4z=0\), czyli \(x-y-2z=0\)

Krok 3. Punkt przecięcia z przekątną \(BH\).

Parametryzujemy odcinek \(BH\): \(B=(2,0,0)\), \(H=(0,2,2)\):

\(P=(2-2t,\;2t,\;2t)\), gdzie \(t\in\langle 0,1\rangle\)

Podstawiamy do równania płaszczyzny:

\((2-2t)-2t-4t=0\)

\(2-8t=0\Rightarrow t=\frac{1}{4}\)

Krok 4. Wniosek.

Parametr \(t=\frac{1}{4}\) oznacza, że \(|BP|=\frac{1}{4}|BH|\), a więc \(|HP|=\frac{3}{4}|BH|\).

\(\frac{|BP|}{|HP|}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}}=\frac{1}{3}\)

czyli \(|BP|:|HP|=1:3\). \(\blacksquare\)

Krok 1. Przekrój osiowy. Przekrojem osiowym stożka jest trójkąt równoramienny o podstawie równej średnicy $2r$ i ramionach równych tworzącej $l$. Z warunku na obwód:

$$2r+2l=20\ \Longrightarrow\ l=10-r.$$

Krok 2. Wysokość stożka. Z twierdzenia Pitagorasa ($l$ — przeciwprostokątna):

$$h=\sqrt{l^{2}-r^{2}}=\sqrt{(10-r)^{2}-r^{2}}=\sqrt{100-20r}.$$

Krok 3. Dziedzina. Musi być $r>0$ oraz $100-20r>0$, czyli

$$r\in(0,\ 5).$$

Krok 4. Objętość.

$$V(r)=\frac13\pi r^{2}h=\frac13\pi r^{2}\sqrt{100-20r}.$$

Krok 5. Maksymalizacja. Objętość jest dodatnia, więc maksimum $V$ pokrywa się z maksimum wyrażenia pod pierwiastkiem po podniesieniu do kwadratu. Rozpatrzmy funkcję pomocniczą

$$f(r)=r^{4}\left(100-20r\right)=100r^{4}-20r^{5}.$$

$$f^{\prime}(r)=400r^{3}-100r^{4}=100r^{3}(4-r).$$

Na przedziale $(0,5)$ pochodna jest dodatnia dla $r\lt 4$ i ujemna dla $r>4$, więc maksimum wypada w

$$r=4.$$

Krok 6. Pozostałe wielkości.

$$l=10-4=6,\qquad h=\sqrt{100-80}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}.$$

Kontrola: obwód przekroju $=2\cdot4+2\cdot6=20$ ✓ oraz $h=\sqrt{6^{2}-4^{2}}=\sqrt{20}$ ✓

Krok 7. Największa objętość.

$$V=\frac13\pi\cdot4^{2}\cdot2\sqrt{5}=\frac{32\sqrt{5}}{3}\pi\approx 74{,}9.$$

Odpowiedź: $r=4$, $\;h=2\sqrt{5}$, $\;V=\frac{32\sqrt{5}}{3}\pi$

Oznaczmy ostrosłup przez \(ABCS\), gdzie \(|AB|=|BC|=|CA|=a\) oraz \(|SA|=|SB|=|SC|=2a\).

1) Cosinus kąta między krawędzią boczną a krawędzią podstawy.

Rozpatrzmy trójkąt równoramienny \(ASB\), w którym \(|SA|=|SB|=2a\), \(|AB|=a\). Wysokość z \(S\) połowi bok \(AB\), więc dla kąta \(\alpha=|\sphericalangle SAB|\)

\(\cos\alpha=\dfrac{\tfrac{a}{2}}{2a}=\dfrac14\).

2) Przekrój i jego pole. Płaszczyzna przechodzi przez krawędź \(AB\) i przez środek \(M\) przeciwległej krawędzi bocznej \(SC\), więc przekrojem jest trójkąt \(ABM\) (płaszczyzna przecina ściany \(SAC\) i \(SBC\) wzdłuż odcinków \(AM\) i \(BM\)).

Obliczamy \(|AM|\) z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ACM\), gdzie \(|AC|=a\), \(|CM|=a\) oraz \(|\sphericalangle ACM|=|\sphericalangle ACS|=\alpha\), \(\cos\alpha=\tfrac14\):

\(|AM|^2=a^2+a^2-2a^2\cdot\tfrac14=2a^2-\tfrac{a^2}{2}=\tfrac{3a^2}{2}\).

Analogicznie \(|BM|=|AM|=a\sqrt{\tfrac32}\), więc trójkąt \(ABM\) jest równoramienny o podstawie \(|AB|=a\).

Wysokość tego trójkąta opuszczona na \(AB\):

\(h=\sqrt{|AM|^2-\left(\tfrac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{\tfrac{3a^2}{2}-\tfrac{a^2}{4}}=\sqrt{\tfrac{5a^2}{4}}=\dfrac{a\sqrt5}{2}\).

Stąd pole przekroju:

\(P=\tfrac12\cdot a\cdot\dfrac{a\sqrt5}{2}=\dfrac{a^2\sqrt5}{4}\).

Każda rura ma średnicę \(d=1\) m, czyli promień \(r=0{,}5\) m.

Szerokość. Dwie dolne rury są styczne do siebie i do pionowych ścian kanału, więc

\(szer.=2d=2\) m.

Wysokość. Środki trzech rur tworzą trójkąt równoboczny o boku \(d=1\) m (odległość środków stycznych zewnętrznie okręgów to suma promieni).

Wysokość tego trójkąta wynosi \(\dfrac{\sqrt3}{2}\), zatem środek górnej rury leży o \(\dfrac{\sqrt3}{2}\) wyżej niż środki dolnych.

Licząc od dna kanału:

\(H=\underbrace{r}_{\text{do środków dolnych}}+\underbrace{\dfrac{\sqrt3}{2}}_{\text{do środka górnej}}+\underbrace{r}_{\text{do góry rury}}=1+\dfrac{\sqrt3}{2}\).

\(H=1+\dfrac{\sqrt3}{2}\approx1+0{,}8660=1{,}8660\approx1{,}87\) m.

Odpowiedź: szerokość kanału wynosi 2 m, a wysokość około 1,87 m.

Oznaczmy ostrosłup przez \(ABCS\), gdzie \(|AB|=|BC|=|CA|=a\), a \(b\) niech oznacza długość krawędzi bocznej.

1) Krawędź boczna. W trójkącie równoramiennym \(ASB\) kąt przy podstawie wynosi \(45^\circ\), a wysokość z \(S\) połowi \(AB\), więc

\(\cos45^\circ=\dfrac{a/2}{b}\), skąd \(b=\dfrac{a}{2\cos45^\circ}=\dfrac{a}{\sqrt2}=\dfrac{a\sqrt2}{2}\).

2) Przekrój. Niech \(M\) będzie środkiem krawędzi \(SC\). Płaszczyzna przechodząca przez \(AB\) i \(M\) przecina ściany \(SAC\) i \(SBC\) wzdłuż odcinków \(AM\) i \(BM\), więc przekrojem jest trójkąt \(ABM\).

3) Długość \(AM\). W trójkącie \(ACM\) mamy \(|AC|=a\), \(|CM|=\tfrac{b}{2}=\tfrac{a\sqrt2}{4}\) oraz \(|\sphericalangle ACM|=45^\circ\). Z twierdzenia cosinusów:

\(|AM|^2=a^2+\dfrac{a^2}{8}-2\cdot a\cdot\dfrac{a\sqrt2}{4}\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}=a^2+\dfrac{a^2}{8}-\dfrac{a^2}{2}=\dfrac{5a^2}{8}\).

Z symetrii \(|BM|=|AM|\), więc trójkąt \(ABM\) jest równoramienny o podstawie \(AB=a\).

4) Pole przekroju. Wysokość opuszczona na \(AB\):

\(h=\sqrt{|AM|^2-\left(\dfrac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{5a^2}{8}-\dfrac{2a^2}{8}}=\sqrt{\dfrac{3a^2}{8}}=\dfrac{a\sqrt6}{4}\),

\(P=\dfrac12\cdot a\cdot\dfrac{a\sqrt6}{4}=\dfrac{a^2\sqrt6}{8}\).

Oznaczmy ostrosłup przez \(ABCDW\), a przez \(K\) i \(L\) — środki przeciwległych krawędzi podstawy. Odcinki \(WK\) i \(WL\) to właśnie wysokości przeciwległych ścian bocznych, czyli \(|WK|=|WL|=h\), a \(|\sphericalangle KWL|=2\alpha\).

1) Przekrój. Punkty \(K,L,W\) leżą w jednej płaszczyźnie — jest to przekrój ostrosłupa przechodzący przez środki przeciwległych krawędzi podstawy. Trójkąt \(KWL\) jest równoramienny, a jego wysokość \(WO\) (gdzie \(O\) jest środkiem odcinka \(KL\), a zarazem środkiem podstawy) jest wysokością ostrosłupa.

2) Wysokość ostrosłupa. W trójkącie prostokątnym \(WOL\) kąt przy \(W\) wynosi \(\alpha\), a przeciwprostokątna to \(h\):

\(H=|WO|=h\cos\alpha\).

3) Krawędź podstawy. Odległość między środkami przeciwległych boków kwadratu jest równa długości jego boku, więc

\(a=|KL|=2\cdot h\sin\alpha=2h\sin\alpha\).

4) Objętość. Pole podstawy:

\(P_p=a^2=4h^2\sin^2\alpha\),

\(V=\tfrac13P_pH=\tfrac13\cdot4h^2\sin^2\alpha\cdot h\cos\alpha=\dfrac{4}{3}h^3\sin^2\alpha\cos\alpha\).

Uwaga: korzystając ze wzoru \(\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha\) można zapisać też \(V=\dfrac{2}{3}h^3\sin\alpha\sin2\alpha\).

Przyjmijmy układ współrzędnych: \(A=(0,0,0)\), \(B=(a,0,0)\), \(C=(a,a,0)\), \(D=(0,a,0)\) oraz górna podstawa na wysokości \(z=a\). Płaszczyzna przechodzi przez przekątną \(AC\) i wznosi się w stronę wierzchołka \(D\).

1) Czy przekrój jest trójkątem? Odległość punktu \(D\) od prostej \(AC\) wynosi \(\dfrac{a\sqrt2}{2}\), więc nad punktem \(D\) płaszczyzna osiągnęłaby wysokość

\(\dfrac{a\sqrt2}{2}\cdot\mathrm{tg}\,60^\circ=\dfrac{a\sqrt6}{2}\approx1{,}22a>a\),

a więc płaszczyzna przecina górną podstawę i przekrojem jest trapez.

2) Wysokość trapezu (w płaszczyźnie przekroju). Wysokość \(a\) jest osiągana w odległości \(d\) od \(AC\), gdzie \(d\,\mathrm{tg}\,60^\circ=a\), czyli \(d=\dfrac{a}{\sqrt3}=\dfrac{a\sqrt3}{3}\). Wysokość trapezu (mierzona w płaszczyźnie przekroju) wynosi

\(h=\dfrac{d}{\cos60^\circ}=\dfrac{2a\sqrt3}{3}\).

3) Podstawy trapezu. Dłuższa podstawa to przekątna \(AC\):

\(|AC|=a\sqrt2\).

Krótsza podstawa leży na górnej ścianie sześcianu. Jej rzut na podstawę leży na prostej równoległej do \(AC\) i odległej od niej o \(d=\tfrac{a\sqrt3}{3}\); prosta ta odcina od trójkąta \(ACD\) trójkąt podobny w skali

\(k=\dfrac{d}{\tfrac{a\sqrt2}{2}}=\dfrac{2\sqrt3}{3\sqrt2}=\dfrac{\sqrt6}{3}\),

skąd długość krótszej podstawy wynosi \(b=a\sqrt2\left(1-\dfrac{\sqrt6}{3}\right)=\dfrac{a\sqrt2\left(3-\sqrt6\right)}{3}\).

4) Pole przekroju przez rzut. Rzutem przekroju na płaszczyznę podstawy jest trapez o wierzchołkach \(A=(0,0)\), \(C=(a,a)\), \(Q'=\left(a\left(1-\tfrac{\sqrt6}{3}\right),a\right)\), \(P'=\left(0,\tfrac{a\sqrt6}{3}\right)\). Ze wzoru na pole wielokąta (lub wprost) jego pole wynosi

\(S_{rzut}=\dfrac{a^2}{2}\cdot t(2-t)\), gdzie \(t=\dfrac{\sqrt6}{3}\), \(t^2=\dfrac23\),

\(S_{rzut}=\dfrac{a^2}{2}\left(2t-t^2\right)=\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{2\sqrt6-2}{3}=\dfrac{a^2\left(\sqrt6-1\right)}{3}\).

Ponieważ przekrój jest nachylony do podstawy pod kątem \(60^\circ\), zachodzi \(S_{rzut}=S\cos60^\circ\), a więc

\(S=\dfrac{S_{rzut}}{\cos60^\circ}=2\cdot\dfrac{a^2\left(\sqrt6-1\right)}{3}=\dfrac{2a^2\left(\sqrt6-1\right)}{3}\approx0{,}97a^2\).