Trygonometria w stereometrii

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 $\dfrac{5}{14}$.

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

Krawędź \(AB\) jest prostopadła do ściany \(ADHE\) (bo \(AB\perp AD\) oraz \(AB\perp AE\)), więc trójkąt \(ABH\) jest prostokątny z kątem prostym przy wierzchołku \(A\).

Kąt o mierze \(30^\circ\) leży przy wierzchołku \(H\), a naprzeciw niego znajduje się przyprostokątna \(AB=6\). Przeciwprostokątną jest szukana przekątna \(BH\):

\(\sin 30^\circ=\frac{|AB|}{|BH|}\)

\(\frac{1}{2}=\frac{6}{|BH|}\)

\(|BH|=12\)

Odpowiedź: C.

Rzutem przekątnej graniastosłupa na płaszczyznę podstawy jest przekątna kwadratu o boku \(4\):

\(d=4\sqrt{2}\)

Przekątna graniastosłupa, jej rzut i wysokość \(H\) tworzą trójkąt prostokątny, w którym kąt \(\alpha\) leży przy rzucie:

\(\mathrm{tg}\,\alpha=\frac{H}{4\sqrt{2}}\)

Podstawiamy \(\mathrm{tg}\,\alpha=2\):

\(2=\frac{H}{4\sqrt{2}}\)

\(H=8\sqrt{2}\)

Odpowiedź: C.

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

Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Skoro jest to graniastosłup prawidłowy czworokątny, to w swojej podstawie będzie miał on kwadrat. Sytuacja z treści zadania będzie więc wyglądać następująco:


Krok 2. Obliczenie długości przekątnej podstawy.
W podstawie mamy kwadrat o boku \(a=15\). Z własności kwadratów wiemy, że przekątna kwadratu o boku \(a\) ma przekątną o długości \(a\sqrt{2}\), zatem w naszym przypadku \(d=15\sqrt{2}\).

Krok 3. Obliczenie długości przekątnej graniastosłupa.
Cosinus opisuje nam stosunek między długości przyprostokątnej leżącej przy kącie, względem przeciwprostokątnej. Możemy więc zapisać, że:
$$cos\alpha=\frac{d}{s}$$

Podstawiając znane nam dane, otrzymamy:
$$\frac{\sqrt{2}}{3}=\frac{15\sqrt{2}}{s}$$

To równanie możemy rozwiązać na wiele sposobów - najprościej będzie chyba wykonać mnożenie na krzyż, zatem:
$$\sqrt{2}\cdot s=3\cdot15\sqrt{2}$$ $$\sqrt{2}\cdot s=45\sqrt{2}$$ $$s=45$$

Dłuższa przekątna graniastosłupa łączy przeciwległe wierzchołki obu podstaw. Jej rzutem na płaszczyznę podstawy jest najdłuższa przekątna sześciokąta foremnego, równa podwojonemu bokowi:

\(d_p=2\cdot 6=12\)

Wysokość graniastosłupa wynosi \(H=6\).

Przekątna, jej rzut i wysokość tworzą trójkąt prostokątny. Obliczamy długość przekątnej:

\(d=\sqrt{12^2+6^2}=\sqrt{144+36}=\sqrt{180}=6\sqrt{5}\)

Cosinus kąta nachylenia to stosunek rzutu do przekątnej:

\(\cos\alpha=\frac{12}{6\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}\)

Odpowiedź: \(\cos\alpha=\frac{2\sqrt{5}}{5}\)

Wierzchołek ostrosłupa znajduje się nad jednym z wierzchołków podstawy — oznaczmy go \(A\). Najdłuższa krawędź boczna łączy wierzchołek ostrosłupa z wierzchołkiem \(C\) przeciwległym do \(A\), bo jego rzut jest najdalej od spodka wysokości.

Rzutem tej krawędzi na podstawę jest przekątna kwadratu:

\(|AC|=6\sqrt{2}\)

Kąt nachylenia \(\alpha\) tworzy trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(H=12\) (naprzeciw kąta) i \(|AC|=6\sqrt{2}\) (przy kącie):

\(\mathrm{tg}\,\alpha=\frac{12}{6\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)

Odpowiedź: A.

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. Układ współrzędnych.

Przyjmijmy:

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

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

Punkt \(S\) jest środkiem krawędzi \(DH\), zatem \(S=(0,2,1)\).

Krok 2. Długości boków trójkąta \(CFS\).

\(|CF|=\sqrt{(2-2)^2+(0-2)^2+(2-0)^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\)

(to przekątna ściany \(BCGF\))

\(|CS|=\sqrt{(0-2)^2+(2-2)^2+(1-0)^2}=\sqrt{5}\)

\(|FS|=\sqrt{(0-2)^2+(2-0)^2+(1-2)^2}=\sqrt{9}=3\)

Krok 3. Najmniejszy kąt.

Najmniejszy kąt leży naprzeciw najkrótszego boku. Ponieważ \(\sqrt{5}\approx 2{,}24\lt 2\sqrt{2}\approx 2{,}83\lt 3\), najkrótszy jest bok \(CS\), a naprzeciw niego leży kąt \(CFS\).

Stosujemy twierdzenie cosinusów:

\(|CS|^2=|CF|^2+|FS|^2-2\cdot|CF|\cdot|FS|\cdot\cos|\angle CFS|\)

\(5=8+9-2\cdot 2\sqrt{2}\cdot 3\cdot\cos|\angle CFS|\)

\(12\sqrt{2}\cos|\angle CFS|=12\)

\(\cos|\angle CFS|=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

\(|\angle CFS|=45^\circ\)

Odpowiedź: najmniejszy kąt wewnętrzny trójkąta \(CFS\) ma miarę \(45^\circ\).

Przyjmijmy \(|AC|=6t\) oraz \(|AS|=5t\), gdzie \(t>0\). Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, a \(O\) — środek kwadratu \(ABCD\).

Krawędź podstawy. Przekątna kwadratu \(|AC|=a\sqrt2=6t\), więc \(a=\dfrac{6t}{\sqrt2}=3\sqrt2\,t\).

Wysokość ostrosłupa. \(|AO|=\tfrac12|AC|=3t\), a trójkąt \(AOS\) jest prostokątny w \(O\):

\(H=|OS|=\sqrt{(5t)^2-(3t)^2}=\sqrt{16t^2}=4t\).

Apotema podstawy. Odległość \(O\) od krawędzi podstawy to \(m=\dfrac{a}{2}=\dfrac{3\sqrt2\,t}{2}\).

Kąt nachylenia ściany bocznej. Niech \(\alpha\) będzie kątem między apotemą ściany bocznej a jej rzutem \(m\) na podstawę. W trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(H\) i \(m\) przeciwprostokątna (apotema ściany) wynosi

\(\sqrt{H^2+m^2}=\sqrt{16t^2+\tfrac92t^2}=\sqrt{\tfrac{41}{2}t^2}=\dfrac{t\sqrt{82}}{2}\).

Stąd

\(\sin\alpha=\dfrac{H}{\sqrt{H^2+m^2}}=\dfrac{4t}{\tfrac{t\sqrt{82}}{2}}=\dfrac{8}{\sqrt{82}}=\dfrac{8\sqrt{82}}{82}=\dfrac{4\sqrt{82}}{41}\approx0{,}883\).