Ostrosłupy

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. 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 \(R\in(0,6)\).

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

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 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 \(AB\):

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

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