Graniastosłupy

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 \(a\in\left(0,4\sqrt{3}\right)\).

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

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

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 $\sqrt6$.

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 $6\sqrt{3}$.

Krok 1. Wysokość czworościanu foremnego. Dla krawędzi $a$ wysokość wynosi $H=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Dla $a=6$:

$$H=\frac{6\sqrt{6}}{3}=2\sqrt{6}.$$

Krok 2. Położenie środka kuli wpisanej. Kula styczna do wszystkich czterech ścian to kula wpisana, a jej środek leży na wysokości czworościanu w odległości $\frac{H}{4}$ od podstawy:

$$d_S=\frac{H}{4}=\frac{2\sqrt{6}}{4}=\frac{\sqrt{6}}{2}.$$

Kontrola: promień kuli wpisanej to $r=\frac{a\sqrt{6}}{12}=\frac{6\sqrt6}{12}=\frac{\sqrt6}{2}$ — zgadza się z odległością środka od podstawy, bo kula jest styczna do podstawy ✓

Krok 3. Położenie płaszczyzny $\pi$. Płaszczyzna równoległa do podstawy odcina przy wierzchołku czworościan podobny do wyjściowego. Stosunek objętości brył podobnych to sześcian skali:

$$k^{3}=\frac{8}{27}\ \Longrightarrow\ k=\frac{2}{3}.$$

Wysokość odciętego czworościanu wynosi więc $\frac23 H$ (licząc od wierzchołka), a zatem płaszczyzna $\pi$ znajduje się nad podstawą na wysokości

$$d_\pi=H-\frac23H=\frac{H}{3}=\frac{2\sqrt{6}}{3}.$$

Krok 4. Szukana odległość. Płaszczyzna $\pi$ jest równoległa do podstawy, więc najkrótszy odcinek $SP$ jest prostopadły do $\pi$, a jego długość to różnica wysokości:

$$|SP|=\left|\frac{H}{3}-\frac{H}{4}\right|=\frac{H}{12}=\frac{2\sqrt{6}}{12}=\frac{\sqrt{6}}{6}.$$

Uwaga: $\frac{\sqrt6}{6}\approx0{,}41$, a promień kuli to $\frac{\sqrt6}{2}\approx1{,}22$ — płaszczyzna $\pi$ przecina więc kulę, ale zadanie pyta wyłącznie o odległość środka od płaszczyzny.

Odpowiedź: $|SP|=\frac{\sqrt{6}}{6}$

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(h\) długość krawędzi bocznej.

Graniastosłup prawidłowy sześciokątny ma 12 krawędzi podstaw i 6 krawędzi bocznych, więc

\(12a+6h=24\), czyli \(h=4-2a\).

Warunki geometryczne: \(a>0\) i \(h>0\), czyli \(a\in(0,2)\).

Pole powierzchni bocznej (sześć prostokątów \(a\times h\)):

\(P(a)=6ah=6a(4-2a)=-12a^2+24a\).

Jest to funkcja kwadratowa o ujemnym współczynniku przy \(a^2\), więc przyjmuje wartość największą w wierzchołku:

\(a_0=-\dfrac{24}{2\cdot(-12)}=1\), przy czym \(1\in(0,2)\).

Odpowiedź: krawędź podstawy ma długość \(a=1\) (wtedy \(h=2\), a \(P=12\)).

Oznaczmy przez \(a\) krawędź podstawy, a przez \(H\) krawędź boczną (\(a,H>0\)).

Warunek objętości.

\(V=\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\cdot H=2\), skąd \(H=\dfrac{8}{a^2\sqrt3}\).

Pole powierzchni całkowitej.

\(S=2\cdot\dfrac{a^2\sqrt3}{4}+3aH=\dfrac{a^2\sqrt3}{2}+3a\cdot\dfrac{8}{a^2\sqrt3}=\dfrac{a^2\sqrt3}{2}+\dfrac{24}{a\sqrt3}=\dfrac{a^2\sqrt3}{2}+\dfrac{8\sqrt3}{a}\).

Minimalizacja. Liczymy pochodną dla \(a>0\):

\(S'(a)=a\sqrt3-\dfrac{8\sqrt3}{a^2}=\sqrt3\cdot\dfrac{a^3-8}{a^2}\).

\(S'(a)=0\) dla \(a^3=8\), czyli \(a=2\); ponadto \(S'(a)\lt 0\) dla \(a\lt 2\) i \(S'(a)>0\) dla \(a>2\), więc w \(a=2\) funkcja osiąga minimum.

Wtedy

\(H=\dfrac{8}{4\sqrt3}=\dfrac{2}{\sqrt3}=\dfrac{2\sqrt3}{3}\approx1{,}15\).

Odpowiedź: krawędź podstawy \(a=2\) m, krawędź boczna \(H=\dfrac{2\sqrt3}{3}\) m.

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

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