Objętość i pole powierzchni brył

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 \(6\).

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

Krok 1. Krawędź podstawy w zależności od \(R\).

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\). Promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym wynosi \(R=\frac{a\sqrt{3}}{3}\), skąd:

\(a=R\sqrt{3}\)

Krok 2. Pole podstawy.

\(P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{\left(R\sqrt{3}\right)^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3R^2\sqrt{3}}{4}\)

Krok 3. Wysokość ostrosłupa.

Z warunku \(H+R=6\) otrzymujemy:

\(H=6-R\)

Krok 4. Objętość.

\(V=\frac{1}{3}P_p\cdot H=\frac{1}{3}\cdot\frac{3R^2\sqrt{3}}{4}\cdot(6-R)\)

\(V=\frac{R^2\sqrt{3}}{4}\cdot(6-R)=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(6R^2-R^3\right)\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Uwaga: z warunków \(R\gt 0\) oraz \(H=6-R\gt 0\) wynika \(R\in(0,6)\).

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. Kluczowa obserwacja. Skoro każda ściana boczna tworzy z płaszczyzną podstawy ten sam kąt $\alpha$, to spodek wysokości ostrosłupa jest jednakowo oddalony od wszystkich boków podstawy — jest więc środkiem okręgu wpisanego w trapez. Oznacza to, że w trapez $ABCD$ można wpisać okrąg.

Krok 2. Warunek opisywalności. W czworokąt można wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy przeciwległych boków są równe:

$$|AB|+|CD|=|AD|+|BC|=10+16=26.$$

Krok 3. Wysokość trapezu. Kąt $ABC$ leży między podstawą $AB$ a ramieniem $BC$, więc odległość punktu $C$ od prostej $AB$ wynosi

$$h_{t}=|BC|\cdot\sin 30^\circ=16\cdot\frac12=8.$$

Krok 4. Promień okręgu wpisanego. Okrąg wpisany jest styczny do obu podstaw, więc jego średnica równa się wysokości trapezu:

$$2r=8\ \Longrightarrow\ r=4.$$

Krok 5. Pole podstawy.

$$P_{p}=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h_{t}=\frac{26}{2}\cdot 8=104.$$

Krok 6. Wysokość ostrosłupa. Kąt nachylenia ściany bocznej to kąt między apotemą ściany a jej rzutem, czyli promieniem $r$:

$$H=r\cdot\tg\alpha=4\cdot\frac92=18.$$

Krok 7. Objętość.

$$V=\frac13\,P_{p}\,H=\frac13\cdot 104\cdot 18=104\cdot 6=624.$$

Odpowiedź: $V=624$

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. 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. 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 krawędź podstawy przez $a$, a wysokość ostrosłupa $H=5$.

Krok 1. Jak mierzyć kąt między ścianami bocznymi. Rozważmy sąsiednie ściany $SAB$ i $SBC$ o wspólnej krawędzi $SB$. Z wierzchołków $A$ i $C$ prowadzimy odcinki prostopadłe do $SB$; oba padają w ten sam punkt $K$ (z symetrii), a kąt $\angle AKC$ jest szukanym kątem dwuściennym:

$$\angle AKC=120^\circ,\qquad |AK|=|CK|=d.$$

Krok 2. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $AKC$. Odcinek $AC$ to przekątna kwadratu, czyli $|AC|=a\sqrt{2}$:

$$|AC|^{2}=d^{2}+d^{2}-2d^{2}\cos 120^\circ=2d^{2}+d^{2}=3d^{2}.$$

$$2a^{2}=3d^{2}\ \Longrightarrow\ d^{2}=\frac{2a^{2}}{3}.$$

Krok 3. Obliczenie $d$ ze współrzędnych. Przyjmijmy środek podstawy w początku układu:

$$A=\left(-\tfrac a2,-\tfrac a2,0\right),\quad B=\left(\tfrac a2,-\tfrac a2,0\right),\quad S=(0,0,5).$$

Odległość punktu $A$ od prostej $SB$ wyznaczamy z iloczynu wektorowego:

$$\vec{SA}\times\vec{SB}=\left[0,\ -5a,\ \tfrac{a^{2}}{2}\right],\qquad \left|\vec{SA}\times\vec{SB}\right|=a\sqrt{25+\tfrac{a^{2}}{4}}.$$

$$\left|\vec{SB}\right|=\sqrt{\tfrac{a^{2}}{2}+25},\qquad d=\frac{a\sqrt{25+\tfrac{a^{2}}{4}}}{\sqrt{\tfrac{a^{2}}{2}+25}}.$$

Krok 4. Równanie na $a$. Porównujemy oba wyrażenia na $d^{2}$:

$$\frac{a^{2}\left(25+\tfrac{a^{2}}{4}\right)}{\tfrac{a^{2}}{2}+25}=\frac{2a^{2}}{3}.$$

Dzielimy przez $a^{2}>0$ i mnożymy na krzyż:

$$3\left(25+\frac{a^{2}}{4}\right)=2\left(\frac{a^{2}}{2}+25\right)\ \Longrightarrow\ 75+\frac{3a^{2}}{4}=a^{2}+50.$$

$$25=\frac{a^{2}}{4}\ \Longrightarrow\ a^{2}=100\ \Longrightarrow\ a=10.$$

Krok 5. Objętość.

$$V=\frac13\,a^{2}H=\frac13\cdot100\cdot5=\frac{500}{3}.$$

Kontrola: dla $a=10$ mamy $d^{2}=\frac{100\cdot50}{75}=\frac{200}{3}$ oraz $\frac{2a^{2}}{3}=\frac{200}{3}$ — zgadza się ✓

Odpowiedź: $V=\frac{500}{3}$

Krok 1. Oznaczenia.

Niech \(a\) będzie długością każdej krawędzi. Podstawą jest kwadrat o boku \(a\), a ściany boczne są trójkątami równobocznymi o boku \(a\).

Krok 2. Apotema ściany bocznej i apotema podstawy.

Wysokość ściany bocznej (trójkąta równobocznego) poprowadzona na krawędź podstawy:

\(m=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Odległość środka podstawy od środka krawędzi podstawy:

\(\frac{a}{2}\)

Krok 3. Cosinus kąta nachylenia.

Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy to kąt w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnej \(\frac{a}{2}\) i przeciwprostokątnej \(m\):

\(\cos\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)

Odpowiedź: A.

Krok 1. Układ współrzędnych. Niech krawędź podstawy ma długość $a$. Ponieważ $SD$ jest wysokością, przyjmujemy

$$D=(0,0,0),\quad A=(a,0,0),\quad B=(a,a,0),\quad C=(0,a,0),\quad S=(0,0,2a).$$

Krok 2. Wspólna krawędź ścian. Ściany $ABS$ i $CBS$ mają wspólną krawędź $BS$:

$$\vec{BS}=S-B=[-a,\,-a,\,2a],\qquad \vec{u}=\frac{1}{\sqrt6}[-1,-1,2].$$

Krok 3. Składowe prostopadłe do krawędzi. Kąt dwuścienny mierzymy między rzutami wektorów $\vec{BA}$ i $\vec{BC}$ na płaszczyznę prostopadłą do $\vec{BS}$:

$$\vec{BA}=[0,-a,0],\qquad \vec{BC}=[-a,0,0].$$

$$\vec{BA}_{\perp}=\vec{BA}-\left(\vec{BA}\circ\vec{u}\right)\vec{u}=\left[\tfrac{a}{6},\ -\tfrac{5a}{6},\ -\tfrac{a}{3}\right],$$

$$\vec{BC}_{\perp}=\left[-\tfrac{5a}{6},\ \tfrac{a}{6},\ -\tfrac{a}{3}\right].$$

Krok 4. Cosinus kąta.

$$\vec{BA}_{\perp}\circ\vec{BC}_{\perp}=-\frac{5a^{2}}{36}-\frac{5a^{2}}{36}+\frac{a^{2}}{9}=-\frac{a^{2}}{6},$$

$$\left|\vec{BA}_{\perp}\right|^{2}=\left|\vec{BC}_{\perp}\right|^{2}=\frac{a^{2}}{36}+\frac{25a^{2}}{36}+\frac{a^{2}}{9}=\frac{5a^{2}}{6}.$$

$$\cos\theta=\frac{-\frac{a^{2}}{6}}{\frac{5a^{2}}{6}}=-\frac{1}{5}.$$

Krok 5. Sinus kąta. Kąt dwuścienny jest rozwarty ($\cos\theta\lt 0$), a sinus kąta z przedziału $(0^\circ,180^\circ)$ jest dodatni:

$$\sin\theta=\sqrt{1-\left(-\tfrac15\right)^{2}}=\sqrt{\frac{24}{25}}=\frac{2\sqrt{6}}{5}.$$

Uwaga: wynik nie zależy od $a$ — wszystkie takie ostrosłupy są podobne. Liczbowo $\theta\approx101{,}5^\circ$, a $\sin\theta\approx0{,}98$.

Odpowiedź: $\sin\theta=\frac{2\sqrt{6}}{5}$

Krok 1. Położenie spodka wysokości.

Wszystkie krawędzie boczne mają równą długość, więc spodek wysokości \(O\) jest jednakowo oddalony od wszystkich wierzchołków podstawy — jest środkiem okręgu opisanego na trapezie \(ABCD\).

Krok 2. Promień okręgu opisanego.

W trójkącie \(ABC\) kąt przy wierzchołku \(C\) jest prosty (\(AC\perp BC\)), a \(|\angle CAB|=30^\circ\). Kąt prosty \(ACB\) jest kątem wpisanym, więc opiera się na półokręgu — bok \(AB\) jest średnicą okręgu opisanego.

\(|AB|=\frac{|AC|}{\cos 30^\circ}=\frac{8\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=16\)

Zatem \(R=|OD|=8\), a punkt \(O\) jest środkiem odcinka \(AB\).

Krok 3. Wysokość ostrosłupa.

Z trójkąta prostokątnego \(SOD\) (kąt prosty przy \(O\), bo \(SO\) jest wysokością ostrosłupa):

\(|SO|=\sqrt{|SD|^2-|OD|^2}=\sqrt{\left(4\sqrt{5}\right)^2-8^2}=\sqrt{80-64}=4\)

Krok 4. Odległość punktu \(O\) od krawędzi \(SD\).

W trójkącie prostokątnym \(SOD\) szukana odległość to wysokość opuszczona z wierzchołka kąta prostego na przeciwprostokątną:

\(d=\frac{|SO|\cdot|OD|}{|SD|}=\frac{4\cdot 8}{4\sqrt{5}}=\frac{8}{\sqrt{5}}=\frac{8\sqrt{5}}{5}\)

Odpowiedź: \(\frac{8\sqrt{5}}{5}\approx 3{,}58\)

Krok 1. Odczyt danych z siatki. Podstawą jest trójkąt równoramienny

$$|AB|=48,\qquad |AC|=|BC|=40,$$

a wszystkie trzy krawędzie boczne mają długość

$$|SA|=|SB|=|SC|=65.$$

Krok 2. Pole podstawy. Wysokość trójkąta $ABC$ opuszczona na $AB$ dzieli tę podstawę na połowy:

$$h=\sqrt{40^{2}-24^{2}}=\sqrt{1600-576}=\sqrt{1024}=32.$$

$$P_{ABC}=\frac12\cdot48\cdot32=768.$$

Krok 3. Kluczowa obserwacja. Skoro wszystkie krawędzie boczne są równe, spodek wysokości ostrosłupa jest jednakowo oddalony od wszystkich wierzchołków podstawy — jest więc środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ABC$.

Krok 4. Promień okręgu opisanego. Korzystamy ze wzoru $R=\frac{abc}{4P}$:

$$R=\frac{40\cdot40\cdot48}{4\cdot768}=\frac{76800}{3072}=25.$$

Krok 5. Wysokość ostrosłupa. Trójkąt utworzony przez wysokość, promień $R$ i krawędź boczną jest prostokątny:

$$H=\sqrt{65^{2}-25^{2}}=\sqrt{4225-625}=\sqrt{3600}=60.$$

Ciekawostka: to trójka pitagorejska $25,\,60,\,65$ (czyli $5\cdot(5,12,13)$).

Krok 6. Objętość.

$$V=\frac13\,P_{ABC}\cdot H=\frac13\cdot 768\cdot 60=768\cdot 20=15\,360.$$

Odpowiedź: $V=15\,360$

Oznaczmy wysokość ostrosłupa przez $H=|AS|$ (krawędź $AS$ jest prostopadła do podstawy).

Krok 1. Gdzie mierzyć odległość. Niech $M$ będzie środkiem boku $BC$. W trójkącie równobocznym $AM\perp BC$ oraz

$$|AM|=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$$

Ponadto $SA\perp BC$ (bo $SA$ jest prostopadła do całej podstawy). Skoro $BC$ jest prostopadła do dwóch przecinających się prostych $AM$ i $SA$, to

$$BC\perp\text{płaszczyzna } SAM.$$

Wynika stąd, że odległość punktu $A$ od ściany $BCS$ równa się odległości $A$ od prostej $SM$ mierzonej w trójkącie $SAM$.

Krok 2. Wysokość w trójkącie prostokątnym. Trójkąt $SAM$ ma kąt prosty przy $A$, o przyprostokątnych $H$ i $\frac{a\sqrt3}{2}$. Wysokość opuszczona na przeciwprostokątną:

$$d=\frac{H\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{H^{2}+\frac{3a^{2}}{4}}}.$$

Krok 3. Wyznaczenie $H$. Podnosimy do kwadratu i porządkujemy:

$$d^{2}\left(H^{2}+\frac{3a^{2}}{4}\right)=\frac{3a^{2}}{4}H^{2}\ \Longrightarrow\ H^{2}\left(\frac{3a^{2}}{4}-d^{2}\right)=\frac{3a^{2}}{4}d^{2},$$

$$H^{2}=\frac{3a^{2}d^{2}}{3a^{2}-4d^{2}}\ \Longrightarrow\ H=\frac{a\,d\sqrt{3}}{\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}.$$

Warunek istnienia: $3a^{2}>4d^{2}$, czyli $d\lt \frac{a\sqrt3}{2}=|AM|$ — odległość od ściany musi być mniejsza niż wysokość podstawy.

Krok 4. Objętość. Pole podstawy to $\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$:

$$V=\frac13\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{a\,d\sqrt{3}}{\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}=\frac{3a^{3}d}{12\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}=\frac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}.$$

Kontrola liczbowa: dla $a=2$ i $H=2$ mamy $d=\frac{2\sqrt3}{\sqrt7}\approx1{,}309$; wzór daje $V\approx1{,}1545$, a bezpośrednio $V=\frac13\cdot\sqrt3\cdot2\approx1{,}1547$ ✓

Odpowiedź: $V=\frac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}$

Oznaczmy przez \(O\) spodek wysokości ostrosłupa. Odcinek łączący \(O\) ze spodkiem wysokości ściany bocznej jest prostopadły do krawędzi podstawy (twierdzenie o trzech prostych prostopadłych). Z twierdzenia Pitagorasa odległość \(O\) od każdego boku podstawy wynosi \(\sqrt{26^2-H^2}\), a więc jest taka sama dla wszystkich ścian. Zatem \(O\) jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(ABC\).

Pole podstawy. Wysokość opuszczona z \(C\) na \(AB\) dzieli \(AB\) na połowy, więc \(h=\sqrt{39^2-15^2}=\sqrt{1521-225}=\sqrt{1296}=36\), a stąd \(P_{ABC}=\tfrac12\cdot30\cdot36=540\).

Promień okręgu wpisanego. Połowa obwodu \(p=\dfrac{30+39+39}{2}=54\), więc \(r=\dfrac{P}{p}=\dfrac{540}{54}=10\).

Wysokość ostrosłupa. \(H=\sqrt{26^2-10^2}=\sqrt{676-100}=\sqrt{576}=24\).

Objętość. \(V=\tfrac13\cdot P_{ABC}\cdot H=\tfrac13\cdot540\cdot24=4320\).

Skoro \(AS\) jest wysokością ostrosłupa, to \(AS\perp\) płaszczyzna podstawy, a więc trójkąty \(ABS\) i \(ACS\) są prostokątne w wierzchołku \(A\).

Z twierdzenia Pitagorasa, przy \(|AS|^2=64\cdot210=13440\):

\(|AB|=\sqrt{118^2-13440}=\sqrt{13924-13440}=\sqrt{484}=22\),

\(|AC|=\sqrt{131^2-13440}=\sqrt{17161-13440}=\sqrt{3721}=61\).

Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny, a \(|AB|\neq|AC|\), więc \(|BC|=|AB|=22\) albo \(|BC|=|AC|=61\). Pierwsza możliwość odpada, bo \(22+22=44\lt 61\) (nierówność trójkąta). Zatem \(|BC|=|AC|=61\), a podstawą trójkąta równoramiennego jest \(AB=22\).

Wysokość opuszczona z \(C\) na \(AB\) dzieli \(AB\) na połowy, więc \(h=\sqrt{61^2-11^2}=\sqrt{3721-121}=\sqrt{3600}=60\).

Stąd \(P_{ABC}=\tfrac12\cdot22\cdot60=660\).

Objętość: \(V=\tfrac13\cdot660\cdot8\sqrt{210}=220\cdot8\sqrt{210}=1760\sqrt{210}\approx25505\).

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 \(P=12\)).

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

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

Krok 1. Wprowadzenie środków krawędzi.

Niech \(M\) będzie środkiem krawędzi \(AS\), a \(N\) — środkiem krawędzi \(BC\).

Krok 2. Odcinki \(BM\) i \(CM\).

Trójkąt \(ABS\) jest równoramienny (\(|AB|=|SB|=9\)), więc środkowa \(BM\) jest jednocześnie wysokością:

\(|BM|=\sqrt{9^2-4^2}=\sqrt{81-16}=\sqrt{65}\)

Analogicznie z trójkąta \(ACS\) (\(|AC|=|SC|=9\)):

\(|CM|=\sqrt{65}\)

Krok 3. Prostopadłość krawędzi \(AS\) do płaszczyzny \(BMC\).

Mamy \(AS\perp BM\) oraz \(AS\perp CM\), a proste \(BM\) i \(CM\) przecinają się w punkcie \(M\), zatem:

\(AS\perp\) płaszczyzna \(BMC\)

Krok 4. Pole trójkąta \(BMC\).

Trójkąt \(BMC\) jest równoramienny (\(|BM|=|CM|=\sqrt{65}\)) o podstawie \(|BC|=8\), więc jego wysokość \(MN\) wynosi:

\(|MN|=\sqrt{65-16}=\sqrt{49}=7\)

\(P_{BMC}=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 7=28\)

Krok 5. Objętość.

Płaszczyzna \(BMC\) dzieli ostrosłup na dwa ostrosłupy o wspólnej podstawie \(BMC\) i wierzchołkach \(A\) oraz \(S\). Ponieważ \(AS\perp\) płaszczyzna \(BMC\), wysokościami tych ostrosłupów są odcinki \(AM\) i \(SM\), każdy o długości \(4\):

\(V=\frac{1}{3}\cdot 28\cdot 4+\frac{1}{3}\cdot 28\cdot 4=\frac{1}{3}\cdot 28\cdot 8=\frac{224}{3}\)

Odpowiedź: \(V=\frac{224}{3}\approx 74{,}67\)

Oznaczmy ostrosłup przez \(ABCS\), a długość krawędzi bocznej przez \(b=|SA|=|SB|=|SC|\).

1) Interpretacja kąta dwuściennego. Rozpatrzmy krawędź \(SC\). Poprowadźmy w ścianie \(ASC\) wysokość \(AD\perp SC\); z symetrii również \(BD\perp SC\) i \(|AD|=|BD|\). Kątem między ścianami jest więc \(|\sphericalangle ADB|=2\alpha\) (założenie o ostrokątności ścian gwarantuje, że spodek \(D\) leży wewnątrz krawędzi \(SC\)).

W trójkącie równoramiennym \(ADB\) wysokość z \(D\) połowi kąt i podstawę, więc

\(\sin\alpha=\dfrac{a/2}{|AD|}\), czyli \(|AD|=\dfrac{a}{2\sin\alpha}\).

2) Związek z krawędzią boczną. Pole trójkąta \(ASC\) obliczamy na dwa sposoby: \(\tfrac12|SC|\cdot|AD|=\tfrac12|AC|\cdot h_b\), gdzie \(h_b=\sqrt{b^2-\tfrac{a^2}{4}}\) jest wysokością ściany opuszczoną z \(S\). Stąd

\(b\cdot\dfrac{a}{2\sin\alpha}=a\sqrt{b^2-\dfrac{a^2}{4}}\), czyli \(\dfrac{b^2}{4\sin^2\alpha}=b^2-\dfrac{a^2}{4}\).

Po przekształceniu

\(b^2=\dfrac{a^2\sin^2\alpha}{4\sin^2\alpha-1}\) (przy czym musi być \(\sin\alpha>\tfrac12\), czyli \(2\alpha>60^\circ\)).

3) Wysokość ostrosłupa. Promień okręgu opisanego na podstawie \(R=\dfrac{a}{\sqrt3}\), więc

\(H^2=b^2-R^2=\dfrac{a^2\sin^2\alpha}{4\sin^2\alpha-1}-\dfrac{a^2}{3}=\dfrac{a^2\bigl(3\sin^2\alpha-4\sin^2\alpha+1\bigr)}{3(4\sin^2\alpha-1)}=\dfrac{a^2\cos^2\alpha}{3(4\sin^2\alpha-1)}\),

\(H=\dfrac{a\cos\alpha}{\sqrt{3(4\sin^2\alpha-1)}}\).

4) Objętość. Pole podstawy \(P=\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\), zatem

\(V=\tfrac13\cdot\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\cdot\dfrac{a\cos\alpha}{\sqrt3\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}=\dfrac{a^3\cos\alpha}{12\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}\).

Sprawdzenie: dla czwarościanu foremnego \(b=a\), co daje \(\sin^2\alpha=\tfrac13\) i \(V=\dfrac{a^3}{6\sqrt2}\) — zgodnie ze znanym wzorem. ✅

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:

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

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

a) W trójkącie równoramiennym utworzonym przez krawędź podstawy i dwie krawędzie boczne kąt przy podstawie ma miarę \(\alpha\), a wysokość połowi krawędź podstawy, więc

\(\cos\alpha=\dfrac{a/2}{b}\), czyli \(b=\dfrac{a}{2\cos\alpha}\).

Połowa przekątnej podstawy wynosi \(\dfrac{a\sqrt2}{2}\), więc z twierdzenia Pitagorasa

\(H^2=b^2-\dfrac{a^2}{2}=\dfrac{a^2}{4\cos^2\alpha}-\dfrac{a^2}{2}=a^2\cdot\dfrac{1-2\cos^2\alpha}{4\cos^2\alpha}\).

(Dla \(45^\circ\lt \alpha\lt 90^\circ\) mamy \(\cos^2\alpha\lt \tfrac12\), więc prawa strona jest dodatnia.) Stąd

\(a^2=\dfrac{4H^2\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}\).

Objętość:

\(V=\tfrac13a^2H=\tfrac13\cdot\dfrac{4H^3\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}=\dfrac43\cdot\dfrac{H^3}{\dfrac{1}{\cos^2\alpha}-2}\).

Ponieważ \(\dfrac{1}{\cos^2\alpha}=1+\mathrm{tg}^2\alpha\), otrzymujemy

\(V=\dfrac43\cdot\dfrac{H^3}{1+\mathrm{tg}^2\alpha-2}=\dfrac43\cdot\dfrac{H^3}{\mathrm{tg}^2\alpha-1}\),  co kończy dowód. \(\blacksquare\)

b) Z warunku \(V=\tfrac29H^3\):

\(\dfrac43\cdot\dfrac{H^3}{\mathrm{tg}^2\alpha-1}=\dfrac29H^3\),

\(\dfrac{4}{3(\mathrm{tg}^2\alpha-1)}=\dfrac29\),

\(36=6(\mathrm{tg}^2\alpha-1)\), czyli \(\mathrm{tg}^2\alpha=7\).

Ponieważ \(45^\circ\lt \alpha\lt 90^\circ\), mamy \(\mathrm{tg}\,\alpha=\sqrt7\approx2{,}6458\), skąd

\(\alpha\approx69{,}3^\circ\approx69^\circ\).

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.

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 \(AB\):

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

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

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

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