| Nr | Treść Zadania | Rozwiązanie | Odpowiedź |
|---|---|---|---|
| 1 | Przekątna sześcianu jest o 2 dłuższa od krawędzi tego sześcianu. Oblicz sumę długości wszystkich krawędzi tego sześcianu. | Wskazówki:
• Przyjmij oznaczenie $a$ dla krawędzi sześcianu ($a > 0$).
• Wykorzystaj zależność wiążącą długość krawędzi sześcianu $a$ z jego przekątną $D$: $D = a\sqrt{3}$.
• Zapisz równanie wynikające z treści zadania ($D = a + 2$), wyznacz $a$ i usuń niewymierność z mianownika.
• Sześcian ma 12 krawędzi o jednakowej długości, zatem suma ich długości wynosi $S = 12a$.
Rozwiązanie krok po kroku:
1. Rysunek pomocniczy i zależność na przekątną sześcianu:
Rozważmy sześcian o krawędzi $a$, przekątnej podstawy $d$ oraz przekątnej bryły $D$.
|
$12(\sqrt{3} + 1)$ |
| 2 | Przekątna graniastosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość $2\sqrt{6}$ i jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $30^\circ$. Oblicz objętość tego graniastosłupa. | Wskazówki:
• Przyjmij oznaczenia: $a$ – krawędź podstawy, $H$ – wysokość graniastosłupa, $d_p$ – przekątna podstawy, $D$ – przekątna graniastosłupa.
• Zauważ, że odcinki $D$, $d_p$ oraz $H$ tworzą trójkąt prostokątny o kącie ostrym $30^\circ$ przy podstawie.
• Wyznacz $H$ oraz $d_p$ za pomocą funkcji trygonometrycznych kąta $30^\circ$.
• Ze związku $d_p = a\sqrt{2}$ oblicz krawędź $a$, a następnie objętość ze wzoru $V = a^2 H$.
Rozwiązanie krok po kroku:
1. Analiza trójkąta prostokątnego i wyznaczenie $H$ oraz $d_p$:
Przekątna graniastosłupa $D = 2\sqrt{6}$ tworzy z przekątną podstawy $d_p$ kąt $30^\circ$. W trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych $d_p$, $H$ i przeciwprostokątnej $D$:
$$\begin{aligned}
\sin 30^\circ &= \dfrac{H}{D} \\[6pt]
\dfrac{1}{2} &= \dfrac{H}{2\sqrt{6}} \\[6pt]
H &= \sqrt{6}
\end{aligned}$$
Długość przekątnej podstawy $d_p$ wyznaczamy z funkcji cosinus:
$$\begin{aligned}
\cos 30^\circ &= \dfrac{d_p}{D} \\[6pt]
\dfrac{\sqrt{3}}{2} &= \dfrac{d_p}{2\sqrt{6}} \\[6pt]
d_p &= 2\sqrt{6} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[6pt]
&= \sqrt{18} = 3\sqrt{2}
\end{aligned}$$
|
$9\sqrt{6}$ |
| 3 | W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym przekątna ściany bocznej jest 3 razy dłuższa od wysokości tego graniastosłupa, a objętość tego graniastosłupa wynosi $16\sqrt{3}$. Oblicz pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa. | Wskazówki:
• Przyjmij oznaczenia: $a$ – krawędź podstawy, $H$ – wysokość graniastosłupa, $d = 3H$ – przekątna ściany bocznej.
• Zastosuj twierdzenie Pitagorasa w ścianie bocznej (prostokącie o wymiarach $a \times H$), aby uzależnić $a^2$ od $H^2$.
• Wstaw otrzymaną zależność do wzoru na objętość $V = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot H$ i wyznacz $H$, a następnie $a$.
• Oblicz pole powierzchni całkowitej ze wzoru $P_c = 2P_p + P_b = 2 \cdot \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} + 3aH$.
Rozwiązanie krok po kroku:
1. Zależność między wymiarami z twierdzenia Pitagorasa:
Ściana boczna jest prostokątem o bokach $a$ oraz $H$ i przekątnej $d = 3H$. Z twierdzenia Pitagorasa:
$$\begin{aligned}
a^2 + H^2 &= d^2 \\[6pt]
a^2 + H^2 &= (3H)^2 \\[6pt]
a^2 + H^2 &= 9H^2 \\[6pt]
a^2 &= 8H^2
\end{aligned}$$
|
$16\sqrt{3} + 24\sqrt{2}$ |
| 4 | Krawędź boczna ostrosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość 10 i jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem, którego tangens wynosi $\frac{4}{3}$. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Wskazówki:
• Kąt nachylenia krawędzi bocznej leży w trójkącie prostokątnym o bokach: wysokość ostrosłupa $H$, połowa przekątnej podstawy $\dfrac{d}{2}$ oraz krawędź boczna $b = 10$.
• Z warunku $\tan\alpha = \dfrac{H}{\frac{d}{2}} = \dfrac{4}{3}$ wprowadź oznaczenia $H = 4x$ oraz $\dfrac{d}{2} = 3x$ dla $x > 0$.
• Zastosuj twierdzenie Pitagorasa, aby obliczyć $x$, a z niego $H$ oraz $d$.
• Oblicz krawędź podstawy $a$ z zależności $d = a\sqrt{2}$ i wyznacz objętość $V = \dfrac{1}{3} a^2 H$.
Rozwiązanie krok po kroku:
1. Wyznaczenie wysokości $H$ oraz przekątnej podstawy $d$:
W trójkącie prostokątnym utworzonym przez wysokość $H$, połowę przekątnej podstawy $\dfrac{d}{2}$ i krawędź boczną $b = 10$:
$$\begin{aligned}
\tan \alpha &= \dfrac{H}{\frac{d}{2}} = \dfrac{4}{3}
\end{aligned}$$
Przyjmujemy $H = 4x$ oraz $\dfrac{d}{2} = 3x$ ($x > 0$). Z twierdzenia Pitagorasa:
$$\begin{aligned}
H^2 + \left(\dfrac{d}{2}\right)^2 &= b^2 \\[6pt]
(4x)^2 + (3x)^2 &= 10^2 \\[6pt]
16x^2 + 9x^2 &= 100 \\[6pt]
25x^2 &= 100 \\[6pt]
x^2 &= 4 \implies x = 2
\end{aligned}$$
Stąd otrzymujemy:
$$\begin{aligned}
H &= 4 \cdot 2 = 8 \\[6pt]
\dfrac{d}{2} &= 3 \cdot 2 = 6 \implies d = 12
\end{aligned}$$
|
$192$ |
| 5 | Ściany boczne ostrosłupa prawidłowego trójkątnego są trójkątami równoramiennymi, w których podstawa ma długość 12, a ramiona 13. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Wskazówki:
• Krawędź podstawy to $a = 12$, a krawędź boczna to $b = 13$.
• Z twierdzenia Pitagorasa w ścianie bocznej oblicz jej wysokość $h_b$ opuszczoną na krawędź podstawy.
• Wyznacz promień okręgu wpisanego w podstawę trójkątną $r = \dfrac{a\sqrt{3}}{6}$.
• Z trójkąta prostokątnego o bokach $H$, $r$ oraz $h_b$ oblicz wysokość ostrosłupa $H$, a następnie objętość $V = \dfrac{1}{3} P_p H$.
Rozwiązanie krok po kroku:
1. Obliczenie wysokości ściany bocznej $h_b$:
Wysokość ściany bocznej $h_b$ dzieli krawędź podstawy $a = 12$ na połowy o długości 6. Z twierdzenia Pitagorasa:
$$\begin{aligned}
h_b^2 + \left(\dfrac{a}{2}\right)^2 &= b^2 \\[6pt]
h_b^2 + 6^2 &= 13^2 \\[6pt]
h_b^2 + 36 &= 169 \\[6pt]
h_b^2 &= 133 \\[6pt]
h_b &= \sqrt{133}
\end{aligned}$$
|
$132\sqrt{3}$ |
| 6 | Wysokość graniastosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość $H$, a kąt między przekątną tego graniastosłupa a krawędzią podstawy miarę $\alpha$. Wyznacz objętość tego graniastosłupa. | Wskazówki:
• Krawędź podstawy jest prostopadła do ściany bocznej, zatem tworzy kąt prosty z przekątną tej ściany bocznej.
• Trójkąt o bokach: krawędź podstawy $a$, przekątna ściany bocznej $d_b$ oraz przekątna graniastosłupa $D$ jest prostokątny, z kątem ostrym $\alpha$ przy krawędzi podstawy.
• Wyraź $\cos\alpha = \dfrac{a}{D}$, skąd $D = \dfrac{a}{\cos\alpha}$.
• Połącz to z zależnością $D^2 = 2a^2 + H^2$, wyznacz pole podstawy $a^2$ i oblicz objętość $V = a^2 H$.
Rozwiązanie krok po kroku:
1. Analiza trójkąta prostokątnego z kątem $\alpha$:
Niech $a$ oznacza krawędź podstawy, a $D$ przekątną bryły. Ponieważ krawędź podstawy jest prostopadła do ściany bocznej, jest również prostopadła do leżącej w niej przekątnej ściany bocznej $d_b$.
W trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych $a$ i $d_b$ oraz przeciwprostokątnej $D$:
$$\begin{aligned}
\cos \alpha &= \dfrac{a}{D} \\[6pt]
D &= \dfrac{a}{\cos \alpha}
\end{aligned}$$
|
$\dfrac{H^3 \cos^2 \alpha}{1 - 2\cos^2 \alpha}$ |
| 7 | Podstawą ostrosłupa $ABCS$ jest trójkąt prostokątny, w którym przyprostokątne mają długości $|AC| = 3$ i $|AB| = 4$, a krawędź $AS$ jest wysokością tego ostrosłupa. Wiedząc także, że pole trójkąta $BCS$ wynosi 10, oblicz objętość tego ostrosłupa. | Wskazówki:
• Oblicz przeciwprostokątną $|BC| = 5$ oraz pole podstawy $P_{ABC} = \dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 = 6$.
• Wyznacz wysokość podstawy $h_a$ opuszczoną na bok $BC$ ze wzoru $P_{ABC} = \dfrac{1}{2} |BC| \cdot h_a$.
• Wykorzystaj twierdzenie o trzech prostych prostopadłych: rzutem wysokości ściany bocznej $h_s$ na płaszczyznę podstawy jest wysokość $h_a$.
• Z pola ściany bocznej oblicz $h_s$, a następnie wyznacz wysokość $H = |AS|$ z twierdzenia Pitagorasa: $H^2 + h_a^2 = h_s^2$.
Rozwiązanie krok po kroku:
1. Wymiary trójkąta prostokątnego w podstawie:
Trójkąt $ABC$ ma przyprostokątne $|AC| = 3$ oraz $|AB| = 4$. Z twierdzenia Pitagorasa:
$$\begin{aligned}
|BC|^2 &= |AC|^2 + |AB|^2 \\[6pt]
&= 3^2 + 4^2 = 25 \\[6pt]
|BC| &= 5
\end{aligned}$$
Pole podstawy wynosi:
$$\begin{aligned}
P_{ABC} &= \dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 = 6
\end{aligned}$$
Wysokość podstawy $h_a$ opuszczona z wierzchołka $A$ na przeciwprostokątną $BC$ wynosi:
$$\begin{aligned}
P_{ABC} &= \dfrac{1}{2} \cdot |BC| \cdot h_a \\[6pt]
6 &= \dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot h_a \\[6pt]
h_a &= \dfrac{12}{5}
\end{aligned}$$
|
$\dfrac{32}{5}$ |
| 8 | Pole podstawy ostrosłupa prawidłowego trójkątnego wynosi $48\sqrt{3}$, a odległość środka wysokości tego ostrosłupa od ściany bocznej jest równa 1. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Wskazówki:
• Z pola podstawy $P_p = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} = 48\sqrt{3}$ wyznacz krawędź podstawy $a = 8\sqrt{3}$ oraz promień okręgu wpisanego $r = \dfrac{a\sqrt{3}}{6} = 4$.
• Rozważ przekrój osiowy ostrosłupa: trójkąt prostokątny o przyprostokątnych $H$ i $r$ oraz przeciwprostokątnej $h_b$.
• Środek wysokości leży w połowie odcinka $H$, więc z podobieństwa trójkątów odległość spodka wysokości od ściany bocznej wynosi $2 \cdot 1 = 2$.
• Porównaj pole tego przekroju na dwa sposoby: $\dfrac{1}{2} r H = \dfrac{1}{2} h_b \cdot 2$, skąd $h_b = 2H$, a następnie zastosuj twierdzenie Pitagorasa.
Rozwiązanie krok po kroku:
1. Wyznaczenie krawędzi podstawy $a$ oraz promienia $r$:
Pole podstawy trójkątnej wynosi $P_p = 48\sqrt{3}$:
$$\begin{aligned}
\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} &= 48\sqrt{3} \\[6pt]
a^2 &= 192 \\[6pt]
a &= \sqrt{192} = 8\sqrt{3}
\end{aligned}$$
Promień okręgu wpisanego w podstawę $r$ wynosi:
$$\begin{aligned}
r &= \dfrac{a\sqrt{3}}{6} \\[6pt]
&= \dfrac{8\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{6} = \dfrac{24}{6} = 4
\end{aligned}$$
|
$64$ |
| 9 | Tangens kąta nachylenia przekątnej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego do płaszczyzny podstawy wynosi 2, a przekątna ściany bocznej ma długość $3\sqrt{2}$. Oblicz objętość tego graniastosłupa. | Wskazówki:
• Kąt nachylenia przekątnej graniastosłupa do podstawy znajduje się w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych $H$ oraz $d_p = a\sqrt{2}$.
• Z warunku $\tan\alpha = \dfrac{H}{d_p} = 2$ wyznacz zależność $H = 2a\sqrt{2}$.
• Zastosuj twierdzenie Pitagorasa w ścianie bocznej dla przekątnej $d_b = 3\sqrt{2}$: $a^2 + H^2 = d_b^2$, aby obliczyć $a$ oraz $H$.
• Oblicz objętość graniastosłupa ze wzoru $V = a^2 H$.
Rozwiązanie krok po kroku:
1. Uzależnienie wysokości $H$ od krawędzi podstawy $a$:
Przekątna podstawy kwadratowej wynosi $d_p = a\sqrt{2}$. Z definicji tangensa kąta nachylenia:
$$\begin{aligned}
\tan \alpha &= \dfrac{H}{d_p} = 2 \\[6pt]
H &= 2d_p = 2a\sqrt{2}
\end{aligned}$$
|
$8$ |
| 10 | W ostrosłupie trójkątnym krawędzie podstawy mają odpowiednio długości 50, 78 i 112. Każda krawędź boczna tego ostrosłupa ma długość 169. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Wskazówki:
• Gdy wszystkie krawędzie boczne są równe ($l = 169$), spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie.
• Oblicz pole trójkąta podstawy ze wzoru Herona: $P_p = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$, gdzie $p = \dfrac{a+b+c}{2}$.
• Wyznacz promień okręgu opisanego na podstawie ze wzoru $R = \dfrac{abc}{4P_p}$.
• Z twierdzenia Pitagorasa $H = \sqrt{l^2 - R^2}$ oblicz wysokość ostrosłupa, a następnie objętość $V = \dfrac{1}{3} P_p H$.
Rozwiązanie krok po kroku:
1. Własność ostrosłupa i pole podstawy ze wzoru Herona:
Równe krawędzie boczne oznaczają, że spodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na podstawie.
Wyznaczamy połowę obwodu trójkąta o bokach 50, 78 i 112:
$$\begin{aligned}
p &= \dfrac{50 + 78 + 112}{2} = 120
\end{aligned}$$
Pole podstawy obliczamy ze wzoru Herona:
$$\begin{aligned}
P_p &= \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)} \\[6pt]
&= \sqrt{120 \cdot (120 - 50) \cdot (120 - 78) \cdot (120 - 112)} \\[6pt]
&= \sqrt{120 \cdot 70 \cdot 42 \cdot 8} \\[6pt]
&= \sqrt{2\,822\,400} = 1680
\end{aligned}$$
|
$87\,360$ |
| Nr | Treść Zadania | Rozwiązanie | Odpowiedź |
|---|---|---|---|
| 1 | Przekątna sześcianu jest o 4 dłuższa od krawędzi tego sześcianu. Oblicz sumę długości wszystkich krawędzi tego sześcianu. | Wypisujemy wzór na przekątną sześcianu o krawędzi $a$: $$ d = a\sqrt{3} $$ Z treści zadania wiemy, że $d = a + 4$. Przyrównujemy oba wyrażenia: $$ a\sqrt{3} = a + 4 $$ Przenosimy niewiadomą na jedną stronę: $$ a\sqrt{3} - a = 4 $$ Wyciągamy $a$ przed nawias: $$ a(\sqrt{3} - 1) = 4 $$ Dzielimy przez nawias: $$ a = \frac{4}{\sqrt{3} - 1} $$ Usuwamy niewymierność z mianownika: $$ a = \frac{4(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} $$ $$ a = \frac{4(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1} $$ $$ a = \frac{4(\sqrt{3} + 1)}{2} $$ $$ a = 2(\sqrt{3} + 1) $$ Sześcian ma 12 krawędzi, więc suma ich długości to: $$ S = 12a $$ $$ S = 12 \cdot 2(\sqrt{3} + 1) $$ $$ S = 24(\sqrt{3} + 1) $$ | $24(\sqrt{3} + 1)$ |
| 2 | Przekątna graniastosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość $4\sqrt{3}$ i jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $60^\circ$. Oblicz objętość tego graniastosłupa. | Niech $D = 4\sqrt{3}$ będzie przekątną graniastosłupa, a $\beta = 60^\circ$ kątem jej nachylenia do podstawy. Przekątna graniastosłupa $D$, przekątna podstawy $d_p$ oraz wysokość graniastosłupa $H$ tworzą trójkąt prostokątny. Z funkcji trygonometrycznych obliczamy wysokość $H$: $$ \sin 60^\circ = \frac{H}{D} $$ $$ \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{H}{4\sqrt{3}} $$ $$ H = 4\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 6 $$ Obliczamy długość przekątnej podstawy $d_p$: $$ \cos 60^\circ = \frac{d_p}{D} $$ $$ \frac{1}{2} = \frac{d_p}{4\sqrt{3}} $$ $$ d_p = 2\sqrt{3} $$ Podstawą jest kwadrat o krawędzi $a$, więc $d_p = a\sqrt{2}$. $$ a\sqrt{2} = 2\sqrt{3} $$ $$ a = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \sqrt{6} $$ Obliczamy objętość graniastosłupa ze wzoru $V = a^2 \cdot H$: $$ V = (\sqrt{6})^2 \cdot 6 $$ $$ V = 6 \cdot 6 = 36 $$ | $36$ |
| 3 | W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym przekątna ściany bocznej jest 2 razy dłuższa od wysokości tego graniastosłupa, a objętość tego graniastosłupa wynosi $6\sqrt{3}$. Oblicz pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa. | Niech $H$ będzie wysokością graniastosłupa, a $a$ krawędzią podstawy. Przekątna ściany bocznej to $d = 2H$. Z twierdzenia Pitagorasa dla ściany bocznej: $$ a^2 + H^2 = d^2 $$ $$ a^2 + H^2 = (2H)^2 $$ $$ a^2 + H^2 = 4H^2 $$ $$ a^2 = 3H^2 $$ Objętość graniastosłupa wyraża się wzorem: $$ V = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot H $$ Podstawiamy $V = 6\sqrt{3}$ oraz $a^2 = 3H^2$: $$ 6\sqrt{3} = \frac{3H^2\sqrt{3}}{4} \cdot H $$ $$ 6\sqrt{3} = \frac{3H^3\sqrt{3}}{4} $$ Dzielimy obustronnie przez $3\sqrt{3}$ i mnożymy przez 4: $$ 2 = \frac{H^3}{4} $$ $$ H^3 = 8 $$ $$ H = 2 $$ Obliczamy krawędź podstawy $a$: $$ a^2 = 3 \cdot 2^2 = 12 $$ $$ a = \sqrt{12} = 2\sqrt{3} $$ Obliczamy pole powierzchni całkowitej $P_c = 2P_p + P_b$: $$ P_p = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{12\sqrt{3}}{4} = 3\sqrt{3} $$ $$ P_b = 3 \cdot a \cdot H = 3 \cdot 2\sqrt{3} \cdot 2 = 12\sqrt{3} $$ $$ P_c = 2 \cdot 3\sqrt{3} + 12\sqrt{3} $$ $$ P_c = 6\sqrt{3} + 12\sqrt{3} = 18\sqrt{3} $$ | $18\sqrt{3}$ |
| 4 | Krawędź boczna ostrosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość 13 i jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem, którego tangens wynosi $\frac{12}{5}$. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Niech $b = 13$ będzie krawędzią boczną, $H$ wysokością ostrosłupa, a $d$ przekątną podstawy. Kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy znajduje się między krawędzią boczną a połową przekątnej podstawy. Z definicji tangensa: $$ \tan \alpha = \frac{H}{\frac{d}{2}} = \frac{12}{5} $$ Możemy zapisać $H = 12x$ oraz $\frac{d}{2} = 5x$ dla pewnego $x > 0$. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie utworzonym przez $H$, $\frac{d}{2}$ i $b$: $$ H^2 + \left(\frac{d}{2}\right)^2 = b^2 $$ $$ (12x)^2 + (5x)^2 = 13^2 $$ $$ 144x^2 + 25x^2 = 169 $$ $$ 169x^2 = 169 $$ $$ x^2 = 1 $$ $$ x = 1 $$ Obliczamy wymiary ostrosłupa: $$ H = 12 \cdot 1 = 12 $$ $$ \frac{d}{2} = 5 \cdot 1 = 5 \implies d = 10 $$ Podstawą jest kwadrat o krawędzi $a$, więc $d = a\sqrt{2}$: $$ a\sqrt{2} = 10 $$ $$ a = \frac{10}{\sqrt{2}} = 5\sqrt{2} $$ Obliczamy objętość: $$ V = \frac{1}{3} \cdot a^2 \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot (5\sqrt{2})^2 \cdot 12 $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 50 \cdot 12 $$ $$ V = 50 \cdot 4 = 200 $$ | $200$ |
| 5 | Ściany boczne ostrosłupa prawidłowego trójkątnego są trójkątami równoramiennymi, w których podstawa ma długość 6, a ramiona 5. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Krawędź podstawy ostrosłupa to $a = 6$, a krawędź boczna to $b = 5$. Obliczamy wysokość ściany bocznej $h_b$ z twierdzenia Pitagorasa dla połowy ściany bocznej: $$ h_b^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 = b^2 $$ $$ h_b^2 + 3^2 = 5^2 $$ $$ h_b^2 + 9 = 25 $$ $$ h_b^2 = 16 $$ $$ h_b = 4 $$ Obliczamy wysokość podstawy $h_p$ (trójkąt równoboczny): $$ h_p = \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{6\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3} $$ Spodek wysokości ostrosłupa dzieli wysokość podstawy w stosunku 2:1. Odległość od spodka do boku podstawy to $r = \frac{1}{3}h_p$: $$ r = \frac{1}{3} \cdot 3\sqrt{3} = \sqrt{3} $$ Wysokość ostrosłupa $H$, odcinek $r$ oraz wysokość ściany bocznej $h_b$ tworzą trójkąt prostokątny. $$ H^2 + r^2 = h_b^2 $$ $$ H^2 + (\sqrt{3})^2 = 4^2 $$ $$ H^2 + 3 = 16 $$ $$ H^2 = 13 $$ $$ H = \sqrt{13} $$ Obliczamy pole podstawy: $$ P_p = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{36\sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3} $$ Obliczamy objętość: $$ V = \frac{1}{3} \cdot P_p \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 9\sqrt{3} \cdot \sqrt{13} $$ $$ V = 3\sqrt{39} $$ | $3\sqrt{39}$ |
| 6 | Wysokość graniastosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość $h$, a kąt między przekątną tego graniastosłupa a krawędzią podstawy miarę $\beta$. Wyznacz objętość tego graniastosłupa. | Niech $a$ oznacza krawędź podstawy, a $D$ przekątną graniastosłupa. W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym przekątna graniastosłupa $D$, krawędź podstawy $a$ oraz przekątna ściany bocznej $d_b$ tworzą trójkąt prostokątny. Kąt między przekątną $D$ a krawędzią podstawy $a$ to $\beta$. Z funkcji trygonometrycznych w tym trójkącie mamy: $$ \cos \beta = \frac{a}{D} $$ Stąd wyznaczamy $D$: $$ D = \frac{a}{\cos \beta} $$ Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta zawierającego przekątną graniastosłupa, przekątną podstawy ($a\sqrt{2}$) i wysokość $h$ mamy: $$ D^2 = (a\sqrt{2})^2 + h^2 $$ $$ D^2 = 2a^2 + h^2 $$ Podstawiamy wyznaczone wcześniej $D$: $$ \left(\frac{a}{\cos \beta}\right)^2 = 2a^2 + h^2 $$ $$ \frac{a^2}{\cos^2 \beta} = 2a^2 + h^2 $$ Przenosimy wyrażenia z $a$ na jedną stronę: $$ \frac{a^2}{\cos^2 \beta} - 2a^2 = h^2 $$ Wyciągamy $a^2$ przed nawias: $$ a^2 \left(\frac{1}{\cos^2 \beta} - 2\right) = h^2 $$ Sprowadzamy do wspólnego mianownika w nawiasie: $$ a^2 \left(\frac{1 - 2\cos^2 \beta}{\cos^2 \beta}\right) = h^2 $$ Wyznaczamy $a^2$: $$ a^2 = \frac{h^2 \cos^2 \beta}{1 - 2\cos^2 \beta} $$ Objętość graniastosłupa wyraża się wzorem: $$ V = a^2 \cdot h $$ Podstawiamy wyznaczone $a^2$: $$ V = \frac{h^2 \cos^2 \beta}{1 - 2\cos^2 \beta} \cdot h $$ $$ V = \frac{h^3 \cos^2 \beta}{1 - 2\cos^2 \beta} $$ | $V = \frac{h^3 \cos^2 \beta}{1 - 2\cos^2 \beta}$ |
| 7 | Podstawą ostrosłupa $ABCS$ jest trójkąt prostokątny, w którym przyprostokątne mają długości $|AC| = 6$ i $|AB| = 8$, a krawędź $AS$ jest wysokością tego ostrosłupa. Wiedząc także, że pole trójkąta $BCS$ wynosi 40, oblicz objętość tego ostrosłupa. | Obliczamy długość przeciwprostokątnej $BC$ w podstawie $ABC$: $$ |BC|^2 = |AC|^2 + |AB|^2 $$ $$ |BC|^2 = 6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100 $$ $$ |BC| = 10 $$ Pole podstawy $ABC$ wynosi: $$ P_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot |AC| \cdot |AB| = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 8 = 24 $$ Niech $h_a$ będzie wysokością trójkąta $ABC$ opuszczoną na bok $BC$. Pole możemy zapisać jako: $$ P_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot |BC| \cdot h_a $$ $$ 24 = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot h_a $$ $$ h_a = \frac{48}{10} = \frac{24}{5} $$ Z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych, wysokość ściany bocznej $BCS$ opuszczona z wierzchołka $S$ na krawędź $BC$ (oznaczmy ją $h_s$) spada w ten sam punkt co wysokość $h_a$. Pole trójkąta $BCS$ wynosi 40: $$ P_{BCS} = \frac{1}{2} \cdot |BC| \cdot h_s $$ $$ 40 = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot h_s $$ $$ h_s = 8 $$ Wysokość ostrosłupa $H = |AS|$, odcinek $h_a$ oraz wysokość $h_s$ tworzą trójkąt prostokątny. Z twierdzenia Pitagorasa: $$ H^2 + h_a^2 = h_s^2 $$ $$ H^2 + \left(\frac{24}{5}\right)^2 = 8^2 $$ $$ H^2 + \frac{576}{25} = 64 $$ $$ H^2 = \frac{1600}{25} - \frac{576}{25} = \frac{1024}{25} $$ $$ H = \frac{32}{5} $$ Obliczamy objętość ostrosłupa: $$ V = \frac{1}{3} \cdot P_{ABC} \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 24 \cdot \frac{32}{5} $$ $$ V = 8 \cdot \frac{32}{5} = \frac{256}{5} $$ | $\frac{256}{5}$ |
| 8 | Pole podstawy ostrosłupa prawidłowego trójkątnego wynosi $108\sqrt{3}$, a odległość środka wysokości tego ostrosłupa od ściany bocznej jest równa 2. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Z pola podstawy obliczamy długość krawędzi podstawy $a$: $$ \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = 108\sqrt{3} $$ $$ a^2 = 432 $$ $$ a = \sqrt{432} = 12\sqrt{3} $$ Promień okręgu wpisanego w podstawę $r$ to jedna trzecia wysokości podstawy: $$ r = \frac{1}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{6} $$ $$ r = \frac{12\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{6} = \frac{36}{6} = 6 $$ Rozpatrujemy trójkąt prostokątny utworzony przez wysokość ostrosłupa $H$, promień $r$ i wysokość ściany bocznej $h_b$. Odległość od środka wysokości $H$ do ściany bocznej wynosi $d = 2$. Z podobieństwa trójkątów, odległość od spodka wysokości do $h_b$ wynosi $2d = 4$. W trójkącie o przyprostokątnych $H, r$ i przeciwprostokątnej $h_b$, wysokość opuszczona na przeciwprostokątną to $2d$. Z porównania pól tego trójkąta: $$ \frac{1}{2} \cdot r \cdot H = \frac{1}{2} \cdot h_b \cdot 2d $$ $$ r \cdot H = 2d \cdot h_b $$ Podstawiamy $r = 6$ i $d = 2$: $$ 6H = 4h_b \implies h_b = \frac{3}{2}H $$ Z twierdzenia Pitagorasa w tym samym trójkącie: $$ H^2 + r^2 = h_b^2 $$ $$ H^2 + 6^2 = \left(\frac{3}{2}H\right)^2 $$ $$ H^2 + 36 = \frac{9}{4}H^2 $$ $$ \frac{5}{4}H^2 = 36 $$ $$ H^2 = \frac{144}{5} $$ $$ H = \frac{12}{\sqrt{5}} = \frac{12\sqrt{5}}{5} $$ Obliczamy objętość ostrosłupa: $$ V = \frac{1}{3} \cdot P_p \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 108\sqrt{3} \cdot \frac{12\sqrt{5}}{5} $$ $$ V = 36\sqrt{3} \cdot \frac{12\sqrt{5}}{5} = \frac{432\sqrt{15}}{5} $$ | $\frac{432\sqrt{15}}{5}$ |
| 9 | Tangens kąta nachylenia przekątnej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego do płaszczyzny podstawy wynosi 3, a przekątna ściany bocznej ma długość $2\sqrt{19}$. Oblicz objętość tego graniastosłupa. | Niech $H$ będzie wysokością graniastosłupa, a $a$ krawędzią podstawy. Przekątna podstawy to $d_p = a\sqrt{2}$. Kąt nachylenia przekątnej graniastosłupa do podstawy znajduje się w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych $H$ i $d_p$. Z definicji tangensa: $$ \tan \alpha = \frac{H}{d_p} = 3 $$ $$ H = 3d_p = 3a\sqrt{2} $$ Przekątna ściany bocznej ma długość $d_b = 2\sqrt{19}$. Z twierdzenia Pitagorasa dla ściany bocznej: $$ a^2 + H^2 = d_b^2 $$ $$ a^2 + (3a\sqrt{2})^2 = (2\sqrt{19})^2 $$ $$ a^2 + 18a^2 = 76 $$ $$ 19a^2 = 76 $$ $$ a^2 = 4 $$ $$ a = 2 $$ Obliczamy wysokość $H$: $$ H = 3 \cdot 2 \cdot \sqrt{2} = 6\sqrt{2} $$ Obliczamy objętość graniastosłupa: $$ V = a^2 \cdot H $$ $$ V = 4 \cdot 6\sqrt{2} = 24\sqrt{2} $$ | $24\sqrt{2}$ |
| 10 | W ostrosłupie trójkątnym krawędzie podstawy mają odpowiednio długości 104, 112 i 120. Każda krawędź boczna tego ostrosłupa ma długość 97. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Ponieważ wszystkie krawędzie boczne są równe ($l = 97$), spodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na podstawie. Obliczamy pole podstawy ze wzoru Herona. Boki to $a = 104$, $b = 112$, $c = 120$. Połowa obwodu: $$ p = \frac{104 + 112 + 120}{2} = \frac{336}{2} = 168 $$ Pole podstawy: $$ P_p = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} $$ $$ P_p = \sqrt{168 \cdot (168 - 104) \cdot (168 - 112) \cdot (168 - 120)} $$ $$ P_p = \sqrt{168 \cdot 64 \cdot 56 \cdot 48} $$ $$ P_p = \sqrt{28901376} = 5376 $$ Obliczamy promień okręgu opisanego na podstawie $R$: $$ R = \frac{abc}{4P_p} $$ $$ R = \frac{104 \cdot 112 \cdot 120}{4 \cdot 5376} $$ $$ R = \frac{1397760}{21504} = 65 $$ Wysokość ostrosłupa $H$, promień $R$ i krawędź boczna $l$ tworzą trójkąt prostokątny. Z twierdzenia Pitagorasa: $$ H^2 + R^2 = l^2 $$ $$ H^2 + 65^2 = 97^2 $$ $$ H^2 + 4225 = 9409 $$ $$ H^2 = 5184 $$ $$ H = \sqrt{5184} = 72 $$ Obliczamy objętość ostrosłupa: $$ V = \frac{1}{3} \cdot P_p \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 5376 \cdot 72 $$ $$ V = 5376 \cdot 24 = 129024 $$ | $129024$ |
| Nr | Treść Zadania | Rozwiązanie | Odpowiedź |
|---|---|---|---|
| 1 | Przekątna sześcianu jest o 6 dłuższa od krawędzi tego sześcianu. Oblicz sumę długości wszystkich krawędzi tego sześcianu. | Wypisujemy wzór na przekątną sześcianu o krawędzi $a$: $$ d = a\sqrt{3} $$ Z treści zadania wiemy, że $d = a + 6$. Przyrównujemy oba wyrażenia: $$ a\sqrt{3} = a + 6 $$ Przenosimy niewiadomą na jedną stronę: $$ a\sqrt{3} - a = 6 $$ Wyciągamy $a$ przed nawias: $$ a(\sqrt{3} - 1) = 6 $$ Dzielimy przez nawias: $$ a = \frac{6}{\sqrt{3} - 1} $$ Usuwamy niewymierność z mianownika: $$ a = \frac{6(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} $$ $$ a = \frac{6(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1} $$ $$ a = \frac{6(\sqrt{3} + 1)}{2} $$ $$ a = 3(\sqrt{3} + 1) $$ Sześcian ma 12 krawędzi, więc suma ich długości to: $$ S = 12a $$ $$ S = 12 \cdot 3(\sqrt{3} + 1) $$ $$ S = 36(\sqrt{3} + 1) $$ | $36(\sqrt{3} + 1)$ |
| 2 | Przekątna graniastosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość $6\sqrt{2}$ i jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $45^\circ$. Oblicz objętość tego graniastosłupa. | Niech $D = 6\sqrt{2}$ będzie przekątną graniastosłupa, a $\gamma = 45^\circ$ kątem jej nachylenia do podstawy. Przekątna graniastosłupa $D$, przekątna podstawy $d_p$ oraz wysokość graniastosłupa $H$ tworzą trójkąt prostokątny. Z funkcji trygonometrycznych obliczamy wysokość $H$: $$ \sin 45^\circ = \frac{H}{D} $$ $$ \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{H}{6\sqrt{2}} $$ $$ H = 6\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 6 $$ Obliczamy długość przekątnej podstawy $d_p$: $$ \cos 45^\circ = \frac{d_p}{D} $$ $$ \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{d_p}{6\sqrt{2}} $$ $$ d_p = 6 $$ Podstawą jest kwadrat o krawędzi $a$, więc $d_p = a\sqrt{2}$. $$ a\sqrt{2} = 6 $$ $$ a = \frac{6}{\sqrt{2}} = 3\sqrt{2} $$ Obliczamy objętość graniastosłupa ze wzoru $V = a^2 \cdot H$: $$ V = (3\sqrt{2})^2 \cdot 6 $$ $$ V = 18 \cdot 6 = 108 $$ | $108$ |
| 3 | W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym przekątna ściany bocznej jest $\sqrt{5}$ razy dłuższa od wysokości tego graniastosłupa, a objętość tego graniastosłupa wynosi $8\sqrt{3}$. Oblicz pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa. | Niech $H$ będzie wysokością graniastosłupa, a $a$ krawędzią podstawy. Przekątna ściany bocznej to $d = \sqrt{5}H$. Z twierdzenia Pitagorasa dla ściany bocznej: $$ a^2 + H^2 = d^2 $$ $$ a^2 + H^2 = (\sqrt{5}H)^2 $$ $$ a^2 + H^2 = 5H^2 $$ $$ a^2 = 4H^2 $$ Objętość graniastosłupa wyraża się wzorem: $$ V = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot H $$ Podstawiamy $V = 8\sqrt{3}$ oraz $a^2 = 4H^2$: $$ 8\sqrt{3} = \frac{4H^2\sqrt{3}}{4} \cdot H $$ $$ 8\sqrt{3} = H^3\sqrt{3} $$ Dzielimy obustronnie przez $\sqrt{3}$: $$ H^3 = 8 $$ $$ H = 2 $$ Obliczamy krawędź podstawy $a$: $$ a^2 = 4 \cdot 2^2 = 16 $$ $$ a = \sqrt{16} = 4 $$ Obliczamy pole powierzchni całkowitej $P_c = 2P_p + P_b$: $$ P_p = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{16\sqrt{3}}{4} = 4\sqrt{3} $$ $$ P_b = 3 \cdot a \cdot H = 3 \cdot 4 \cdot 2 = 24 $$ $$ P_c = 2 \cdot 4\sqrt{3} + 24 $$ $$ P_c = 8\sqrt{3} + 24 $$ | $8\sqrt{3} + 24$ |
| 4 | Krawędź boczna ostrosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość 17 i jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem, którego tangens wynosi $\frac{15}{8}$. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Niech $b = 17$ będzie krawędzią boczną, $H$ wysokością ostrosłupa, a $d$ przekątną podstawy. Kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy znajduje się między krawędzią boczną a połową przekątnej podstawy. Z definicji tangensa: $$ \tan \alpha = \frac{H}{\frac{d}{2}} = \frac{15}{8} $$ Możemy zapisać $H = 15x$ oraz $\frac{d}{2} = 8x$ dla pewnego $x > 0$. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie utworzonym przez $H$, $\frac{d}{2}$ i $b$: $$ H^2 + \left(\frac{d}{2}\right)^2 = b^2 $$ $$ (15x)^2 + (8x)^2 = 17^2 $$ $$ 225x^2 + 64x^2 = 289 $$ $$ 289x^2 = 289 $$ $$ x^2 = 1 $$ $$ x = 1 $$ Obliczamy wymiary ostrosłupa: $$ H = 15 \cdot 1 = 15 $$ $$ \frac{d}{2} = 8 \cdot 1 = 8 \implies d = 16 $$ Podstawą jest kwadrat o krawędzi $a$, więc $d = a\sqrt{2}$: $$ a\sqrt{2} = 16 $$ $$ a = \frac{16}{\sqrt{2}} = 8\sqrt{2} $$ Obliczamy objętość: $$ V = \frac{1}{3} \cdot a^2 \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot (8\sqrt{2})^2 \cdot 15 $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 128 \cdot 15 $$ $$ V = 128 \cdot 5 = 640 $$ | $640$ |
| 5 | Ściany boczne ostrosłupa prawidłowego trójkątnego są trójkątami równoramiennymi, w których podstawa ma długość 18, a ramiona 15. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Krawędź podstawy ostrosłupa to $a = 18$, a krawędź boczna to $b = 15$. Obliczamy wysokość ściany bocznej $h_b$ z twierdzenia Pitagorasa dla połowy ściany bocznej: $$ h_b^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 = b^2 $$ $$ h_b^2 + 9^2 = 15^2 $$ $$ h_b^2 + 81 = 225 $$ $$ h_b^2 = 144 $$ $$ h_b = 12 $$ Obliczamy wysokość podstawy $h_p$ (trójkąt równoboczny): $$ h_p = \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{18\sqrt{3}}{2} = 9\sqrt{3} $$ Spodek wysokości ostrosłupa dzieli wysokość podstawy w stosunku 2:1. Odległość od spodka do boku podstawy to $r = \frac{1}{3}h_p$: $$ r = \frac{1}{3} \cdot 9\sqrt{3} = 3\sqrt{3} $$ Wysokość ostrosłupa $H$, odcinek $r$ oraz wysokość ściany bocznej $h_b$ tworzą trójkąt prostokątny. $$ H^2 + r^2 = h_b^2 $$ $$ H^2 + (3\sqrt{3})^2 = 12^2 $$ $$ H^2 + 27 = 144 $$ $$ H^2 = 117 $$ $$ H = \sqrt{117} = 3\sqrt{13} $$ Obliczamy pole podstawy: $$ P_p = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{324\sqrt{3}}{4} = 81\sqrt{3} $$ Obliczamy objętość: $$ V = \frac{1}{3} \cdot P_p \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 81\sqrt{3} \cdot 3\sqrt{13} $$ $$ V = 81\sqrt{39} $$ | $81\sqrt{39}$ |
| 6 | Wysokość graniastosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość $m$, a kąt między przekątną tego graniastosłupa a krawędzią podstawy miarę $\gamma$. Wyznacz objętość tego graniastosłupa. | Niech $a$ oznacza krawędź podstawy, a $D$ przekątną graniastosłupa. W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym przekątna graniastosłupa $D$, krawędź podstawy $a$ oraz przekątna ściany bocznej $d_b$ tworzą trójkąt prostokątny. Kąt między przekątną $D$ a krawędzią podstawy $a$ to $\gamma$. Z funkcji trygonometrycznych w tym trójkącie mamy: $$ \cos \gamma = \frac{a}{D} $$ Stąd wyznaczamy $D$: $$ D = \frac{a}{\cos \gamma} $$ Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta zawierającego przekątną graniastosłupa, przekątną podstawy ($a\sqrt{2}$) i wysokość $m$ mamy: $$ D^2 = (a\sqrt{2})^2 + m^2 $$ $$ D^2 = 2a^2 + m^2 $$ Podstawiamy wyznaczone wcześniej $D$: $$ \left(\frac{a}{\cos \gamma}\right)^2 = 2a^2 + m^2 $$ $$ \frac{a^2}{\cos^2 \gamma} = 2a^2 + m^2 $$ Przenosimy wyrażenia z $a$ na jedną stronę: $$ \frac{a^2}{\cos^2 \gamma} - 2a^2 = m^2 $$ Wyciągamy $a^2$ przed nawias: $$ a^2 \left(\frac{1}{\cos^2 \gamma} - 2\right) = m^2 $$ Sprowadzamy do wspólnego mianownika w nawiasie: $$ a^2 \left(\frac{1 - 2\cos^2 \gamma}{\cos^2 \gamma}\right) = m^2 $$ Wyznaczamy $a^2$: $$ a^2 = \frac{m^2 \cos^2 \gamma}{1 - 2\cos^2 \gamma} $$ Objętość graniastosłupa wyraża się wzorem: $$ V = a^2 \cdot m $$ Podstawiamy wyznaczone $a^2$: $$ V = \frac{m^2 \cos^2 \gamma}{1 - 2\cos^2 \gamma} \cdot m $$ $$ V = \frac{m^3 \cos^2 \gamma}{1 - 2\cos^2 \gamma} $$ | $V = \frac{m^3 \cos^2 \gamma}{1 - 2\cos^2 \gamma}$ |
| 7 | Podstawą ostrosłupa $ABCS$ jest trójkąt prostokątny, w którym przyprostokątne mają długości $|AC| = 15$ i $|AB| = 20$, a krawędź $AS$ jest wysokością tego ostrosłupa. Wiedząc także, że pole trójkąta $BCS$ wynosi 250, oblicz objętość tego ostrosłupa. | Obliczamy długość przeciwprostokątnej $BC$ w podstawie $ABC$: $$ |BC|^2 = |AC|^2 + |AB|^2 $$ $$ |BC|^2 = 15^2 + 20^2 = 225 + 400 = 625 $$ $$ |BC| = 25 $$ Pole podstawy $ABC$ wynosi: $$ P_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot |AC| \cdot |AB| = \frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 20 = 150 $$ Niech $h_a$ będzie wysokością trójkąta $ABC$ opuszczoną na bok $BC$. Pole możemy zapisać jako: $$ P_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot |BC| \cdot h_a $$ $$ 150 = \frac{1}{2} \cdot 25 \cdot h_a $$ $$ h_a = \frac{300}{25} = 12 $$ Z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych, wysokość ściany bocznej $BCS$ opuszczona z wierzchołka $S$ na krawędź $BC$ (oznaczmy ją $h_s$) spada w ten sam punkt co wysokość $h_a$. Pole trójkąta $BCS$ wynosi 250: $$ P_{BCS} = \frac{1}{2} \cdot |BC| \cdot h_s $$ $$ 250 = \frac{1}{2} \cdot 25 \cdot h_s $$ $$ h_s = 20 $$ Wysokość ostrosłupa $H = |AS|$, odcinek $h_a$ oraz wysokość $h_s$ tworzą trójkąt prostokątny. Z twierdzenia Pitagorasa: $$ H^2 + h_a^2 = h_s^2 $$ $$ H^2 + 12^2 = 20^2 $$ $$ H^2 + 144 = 400 $$ $$ H^2 = 256 $$ $$ H = 16 $$ Obliczamy objętość ostrosłupa: $$ V = \frac{1}{3} \cdot P_{ABC} \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 150 \cdot 16 $$ $$ V = 50 \cdot 16 = 800 $$ | $800$ |
| 8 | Pole podstawy ostrosłupa prawidłowego trójkątnego wynosi $300\sqrt{3}$, a odległość środka wysokości tego ostrosłupa od ściany bocznej jest równa 3. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Z pola podstawy obliczamy długość krawędzi podstawy $a$: $$ \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = 300\sqrt{3} $$ $$ a^2 = 1200 $$ $$ a = \sqrt{1200} = 20\sqrt{3} $$ Promień okręgu wpisanego w podstawę $r$ to jedna trzecia wysokości podstawy: $$ r = \frac{1}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{6} $$ $$ r = \frac{20\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{6} = \frac{60}{6} = 10 $$ Rozpatrujemy trójkąt prostokątny utworzony przez wysokość ostrosłupa $H$, promień $r$ i wysokość ściany bocznej $h_b$. Odległość od środka wysokości $H$ do ściany bocznej wynosi $d = 3$. Z podobieństwa trójkątów, odległość od spodka wysokości do $h_b$ wynosi $2d = 6$. W trójkącie o przyprostokątnych $H, r$ i przeciwprostokątnej $h_b$, wysokość opuszczona na przeciwprostokątną to $2d$. Z porównania pól tego trójkąta: $$ \frac{1}{2} \cdot r \cdot H = \frac{1}{2} \cdot h_b \cdot 2d $$ $$ r \cdot H = 2d \cdot h_b $$ Podstawiamy $r = 10$ i $d = 3$: $$ 10H = 6h_b \implies h_b = \frac{5}{3}H $$ Z twierdzenia Pitagorasa w tym samym trójkącie: $$ H^2 + r^2 = h_b^2 $$ $$ H^2 + 10^2 = \left(\frac{5}{3}H\right)^2 $$ $$ H^2 + 100 = \frac{25}{9}H^2 $$ $$ \frac{16}{9}H^2 = 100 $$ $$ H^2 = \frac{900}{16} $$ $$ H = \frac{30}{4} = \frac{15}{2} $$ Obliczamy objętość ostrosłupa: $$ V = \frac{1}{3} \cdot P_p \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 300\sqrt{3} \cdot \frac{15}{2} $$ $$ V = 100\sqrt{3} \cdot \frac{15}{2} = 750\sqrt{3} $$ | $750\sqrt{3}$ |
| 9 | Tangens kąta nachylenia przekątnej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego do płaszczyzny podstawy wynosi 4, a przekątna ściany bocznej ma długość $3\sqrt{33}$. Oblicz objętość tego graniastosłupa. | Niech $H$ będzie wysokością graniastosłupa, a $a$ krawędzią podstawy. Przekątna podstawy to $d_p = a\sqrt{2}$. Kąt nachylenia przekątnej graniastosłupa do podstawy znajduje się w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych $H$ i $d_p$. Z definicji tangensa: $$ \tan \alpha = \frac{H}{d_p} = 4 $$ $$ H = 4d_p = 4a\sqrt{2} $$ Przekątna ściany bocznej ma długość $d_b = 3\sqrt{33}$. Z twierdzenia Pitagorasa dla ściany bocznej: $$ a^2 + H^2 = d_b^2 $$ $$ a^2 + (4a\sqrt{2})^2 = (3\sqrt{33})^2 $$ $$ a^2 + 32a^2 = 297 $$ $$ 33a^2 = 297 $$ $$ a^2 = 9 $$ $$ a = 3 $$ Obliczamy wysokość $H$: $$ H = 4 \cdot 3 \cdot \sqrt{2} = 12\sqrt{2} $$ Obliczamy objętość graniastosłupa: $$ V = a^2 \cdot H $$ $$ V = 9 \cdot 12\sqrt{2} = 108\sqrt{2} $$ | $108\sqrt{2}$ |
| 10 | W ostrosłupie trójkątnym krawędzie podstawy mają odpowiednio długości 102, 150 i 168. Każda krawędź boczna tego ostrosłupa ma długość 157. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Ponieważ wszystkie krawędzie boczne są równe ($l = 157$), spodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na podstawie. Obliczamy pole podstawy ze wzoru Herona. Boki to $a = 102$, $b = 150$, $c = 168$. Połowa obwodu: $$ p = \frac{102 + 150 + 168}{2} = \frac{420}{2} = 210 $$ Pole podstawy: $$ P_p = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} $$ $$ P_p = \sqrt{210 \cdot (210 - 102) \cdot (210 - 150) \cdot (210 - 168)} $$ $$ P_p = \sqrt{210 \cdot 108 \cdot 60 \cdot 42} $$ $$ P_p = \sqrt{57153600} = 7560 $$ Obliczamy promień okręgu opisanego na podstawie $R$: $$ R = \frac{abc}{4P_p} $$ $$ R = \frac{102 \cdot 150 \cdot 168}{4 \cdot 7560} $$ $$ R = \frac{2570400}{30240} = 85 $$ Wysokość ostrosłupa $H$, promień $R$ i krawędź boczna $l$ tworzą trójkąt prostokątny. Z twierdzenia Pitagorasa: $$ H^2 + R^2 = l^2 $$ $$ H^2 + 85^2 = 157^2 $$ $$ H^2 + 7225 = 24649 $$ $$ H^2 = 17424 $$ $$ H = \sqrt{17424} = 132 $$ Obliczamy objętość ostrosłupa: $$ V = \frac{1}{3} \cdot P_p \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 7560 \cdot 132 $$ $$ V = 2520 \cdot 132 = 332640 $$ | $332640$ |
| Nr | Treść Zadania | Rozwiązanie | Odpowiedź |
|---|---|---|---|
| 1 | Przekątna sześcianu jest o 8 dłuższa od krawędzi tego sześcianu. Oblicz sumę długości wszystkich krawędzi tego sześcianu. | Wypisujemy wzór na przekątną sześcianu o krawędzi $a$: $$ d = a\sqrt{3} $$ Z treści zadania wiemy, że $d = a + 8$. Przyrównujemy oba wyrażenia: $$ a\sqrt{3} = a + 8 $$ Przenosimy niewiadomą na jedną stronę: $$ a\sqrt{3} - a = 8 $$ Wyciągamy $a$ przed nawias: $$ a(\sqrt{3} - 1) = 8 $$ Dzielimy przez nawias: $$ a = \frac{8}{\sqrt{3} - 1} $$ Usuwamy niewymierność z mianownika: $$ a = \frac{8(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} $$ $$ a = \frac{8(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1} $$ $$ a = \frac{8(\sqrt{3} + 1)}{2} $$ $$ a = 4(\sqrt{3} + 1) $$ Sześcian ma 12 krawędzi, więc suma ich długości to: $$ S = 12a $$ $$ S = 12 \cdot 4(\sqrt{3} + 1) $$ $$ S = 48(\sqrt{3} + 1) $$ | $48(\sqrt{3} + 1)$ |
| 2 | Przekątna graniastosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość 8 i jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $30^\circ$. Oblicz objętość tego graniastosłupa. | Niech $D = 8$ będzie przekątną graniastosłupa, a $\delta = 30^\circ$ kątem jej nachylenia do podstawy. Przekątna graniastosłupa $D$, przekątna podstawy $d_p$ oraz wysokość graniastosłupa $H$ tworzą trójkąt prostokątny. Z funkcji trygonometrycznych obliczamy wysokość $H$: $$ \sin 30^\circ = \frac{H}{D} $$ $$ \frac{1}{2} = \frac{H}{8} $$ $$ H = 4 $$ Obliczamy długość przekątnej podstawy $d_p$: $$ \cos 30^\circ = \frac{d_p}{D} $$ $$ \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{d_p}{8} $$ $$ d_p = 4\sqrt{3} $$ Podstawą jest kwadrat o krawędzi $a$, więc $d_p = a\sqrt{2}$. $$ a\sqrt{2} = 4\sqrt{3} $$ $$ a = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{6} $$ Obliczamy objętość graniastosłupa ze wzoru $V = a^2 \cdot H$: $$ V = (2\sqrt{6})^2 \cdot 4 $$ $$ V = 24 \cdot 4 = 96 $$ | $96$ |
| 3 | W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym przekątna ściany bocznej jest $\sqrt{10}$ razy dłuższa od wysokości tego graniastosłupa, a objętość tego graniastosłupa wynosi $18\sqrt{3}$. Oblicz pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa. | Niech $H$ będzie wysokością graniastosłupa, a $a$ krawędzią podstawy. Przekątna ściany bocznej to $d = \sqrt{10}H$. Z twierdzenia Pitagorasa dla ściany bocznej: $$ a^2 + H^2 = d^2 $$ $$ a^2 + H^2 = (\sqrt{10}H)^2 $$ $$ a^2 + H^2 = 10H^2 $$ $$ a^2 = 9H^2 $$ Objętość graniastosłupa wyraża się wzorem: $$ V = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot H $$ Podstawiamy $V = 18\sqrt{3}$ oraz $a^2 = 9H^2$: $$ 18\sqrt{3} = \frac{9H^2\sqrt{3}}{4} \cdot H $$ $$ 18\sqrt{3} = \frac{9H^3\sqrt{3}}{4} $$ Dzielimy obustronnie przez $9\sqrt{3}$ i mnożymy przez 4: $$ 2 = \frac{H^3}{4} $$ $$ H^3 = 8 $$ $$ H = 2 $$ Obliczamy krawędź podstawy $a$: $$ a^2 = 9 \cdot 2^2 = 36 $$ $$ a = \sqrt{36} = 6 $$ Obliczamy pole powierzchni całkowitej $P_c = 2P_p + P_b$: $$ P_p = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{36\sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3} $$ $$ P_b = 3 \cdot a \cdot H = 3 \cdot 6 \cdot 2 = 36 $$ $$ P_c = 2 \cdot 9\sqrt{3} + 36 $$ $$ P_c = 18\sqrt{3} + 36 $$ | $18\sqrt{3} + 36$ |
| 4 | Krawędź boczna ostrosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość 25 i jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem, którego tangens wynosi $\frac{24}{7}$. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Niech $b = 25$ będzie krawędzią boczną, $H$ wysokością ostrosłupa, a $d$ przekątną podstawy. Kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy znajduje się między krawędzią boczną a połową przekątnej podstawy. Z definicji tangensa: $$ \tan \alpha = \frac{H}{\frac{d}{2}} = \frac{24}{7} $$ Możemy zapisać $H = 24x$ oraz $\frac{d}{2} = 7x$ dla pewnego $x > 0$. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie utworzonym przez $H$, $\frac{d}{2}$ i $b$: $$ H^2 + \left(\frac{d}{2}\right)^2 = b^2 $$ $$ (24x)^2 + (7x)^2 = 25^2 $$ $$ 576x^2 + 49x^2 = 625 $$ $$ 625x^2 = 625 $$ $$ x^2 = 1 $$ $$ x = 1 $$ Obliczamy wymiary ostrosłupa: $$ H = 24 \cdot 1 = 24 $$ $$ \frac{d}{2} = 7 \cdot 1 = 7 \implies d = 14 $$ Podstawą jest kwadrat o krawędzi $a$, więc $d = a\sqrt{2}$: $$ a\sqrt{2} = 14 $$ $$ a = \frac{14}{\sqrt{2}} = 7\sqrt{2} $$ Obliczamy objętość: $$ V = \frac{1}{3} \cdot a^2 \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot (7\sqrt{2})^2 \cdot 24 $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 98 \cdot 24 $$ $$ V = 98 \cdot 8 = 784 $$ | $784$ |
| 5 | Ściany boczne ostrosłupa prawidłowego trójkątnego są trójkątami równoramiennymi, w których podstawa ma długość 24, a ramiona 15. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Krawędź podstawy ostrosłupa to $a = 24$, a krawędź boczna to $b = 15$. Obliczamy wysokość ściany bocznej $h_b$ z twierdzenia Pitagorasa dla połowy ściany bocznej: $$ h_b^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 = b^2 $$ $$ h_b^2 + 12^2 = 15^2 $$ $$ h_b^2 + 144 = 225 $$ $$ h_b^2 = 81 $$ $$ h_b = 9 $$ Obliczamy wysokość podstawy $h_p$ (trójkąt równoboczny): $$ h_p = \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{24\sqrt{3}}{2} = 12\sqrt{3} $$ Spodek wysokości ostrosłupa dzieli wysokość podstawy w stosunku 2:1. Odległość od spodka do boku podstawy to $r = \frac{1}{3}h_p$: $$ r = \frac{1}{3} \cdot 12\sqrt{3} = 4\sqrt{3} $$ Wysokość ostrosłupa $H$, odcinek $r$ oraz wysokość ściany bocznej $h_b$ tworzą trójkąt prostokątny. $$ H^2 + r^2 = h_b^2 $$ $$ H^2 + (4\sqrt{3})^2 = 9^2 $$ $$ H^2 + 48 = 81 $$ $$ H^2 = 33 $$ $$ H = \sqrt{33} $$ Obliczamy pole podstawy: $$ P_p = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{576\sqrt{3}}{4} = 144\sqrt{3} $$ Obliczamy objętość: $$ V = \frac{1}{3} \cdot P_p \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 144\sqrt{3} \cdot \sqrt{33} $$ $$ V = 48\sqrt{99} = 48 \cdot 3\sqrt{11} = 144\sqrt{11} $$ | $144\sqrt{11}$ |
| 6 | Wysokość graniastosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość $k$, a kąt między przekątną tego graniastosłupa a krawędzią podstawy miarę $\delta$. Wyznacz objętość tego graniastosłupa. | Niech $a$ oznacza krawędź podstawy, a $D$ przekątną graniastosłupa. W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym przekątna graniastosłupa $D$, krawędź podstawy $a$ oraz przekątna ściany bocznej $d_b$ tworzą trójkąt prostokątny. Kąt między przekątną $D$ a krawędzią podstawy $a$ to $\delta$. Z funkcji trygonometrycznych w tym trójkącie mamy: $$ \cos \delta = \frac{a}{D} $$ Stąd wyznaczamy $D$: $$ D = \frac{a}{\cos \delta} $$ Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta zawierającego przekątną graniastosłupa, przekątną podstawy ($a\sqrt{2}$) i wysokość $k$ mamy: $$ D^2 = (a\sqrt{2})^2 + k^2 $$ $$ D^2 = 2a^2 + k^2 $$ Podstawiamy wyznaczone wcześniej $D$: $$ \left(\frac{a}{\cos \delta}\right)^2 = 2a^2 + k^2 $$ $$ \frac{a^2}{\cos^2 \delta} = 2a^2 + k^2 $$ Przenosimy wyrażenia z $a$ na jedną stronę: $$ \frac{a^2}{\cos^2 \delta} - 2a^2 = k^2 $$ Wyciągamy $a^2$ przed nawias: $$ a^2 \left(\frac{1}{\cos^2 \delta} - 2\right) = k^2 $$ Sprowadzamy do wspólnego mianownika w nawiasie: $$ a^2 \left(\frac{1 - 2\cos^2 \delta}{\cos^2 \delta}\right) = k^2 $$ Wyznaczamy $a^2$: $$ a^2 = \frac{k^2 \cos^2 \delta}{1 - 2\cos^2 \delta} $$ Objętość graniastosłupa wyraża się wzorem: $$ V = a^2 \cdot k $$ Podstawiamy wyznaczone $a^2$: $$ V = \frac{k^2 \cos^2 \delta}{1 - 2\cos^2 \delta} \cdot k $$ $$ V = \frac{k^3 \cos^2 \delta}{1 - 2\cos^2 \delta} $$ | $V = \frac{k^3 \cos^2 \delta}{1 - 2\cos^2 \delta}$ |
| 7 | Podstawą ostrosłupa $ABCS$ jest trójkąt prostokątny, w którym przyprostokątne mają długości $|AC| = 30$ i $|AB| = 40$, a krawędź $AS$ jest wysokością tego ostrosłupa. Wiedząc także, że pole trójkąta $BCS$ wynosi 1000, oblicz objętość tego ostrosłupa. | Obliczamy długość przeciwprostokątnej $BC$ w podstawie $ABC$: $$ |BC|^2 = |AC|^2 + |AB|^2 $$ $$ |BC|^2 = 30^2 + 40^2 = 900 + 1600 = 2500 $$ $$ |BC| = 50 $$ Pole podstawy $ABC$ wynosi: $$ P_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot |AC| \cdot |AB| = \frac{1}{2} \cdot 30 \cdot 40 = 600 $$ Niech $h_a$ będzie wysokością trójkąta $ABC$ opuszczoną na bok $BC$. Pole możemy zapisać jako: $$ P_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot |BC| \cdot h_a $$ $$ 600 = \frac{1}{2} \cdot 50 \cdot h_a $$ $$ h_a = \frac{1200}{50} = 24 $$ Z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych, wysokość ściany bocznej $BCS$ opuszczona z wierzchołka $S$ na krawędź $BC$ (oznaczmy ją $h_s$) spada w ten sam punkt co wysokość $h_a$. Pole trójkąta $BCS$ wynosi 1000: $$ P_{BCS} = \frac{1}{2} \cdot |BC| \cdot h_s $$ $$ 1000 = \frac{1}{2} \cdot 50 \cdot h_s $$ $$ h_s = 40 $$ Wysokość ostrosłupa $H = |AS|$, odcinek $h_a$ oraz wysokość $h_s$ tworzą trójkąt prostokątny. Z twierdzenia Pitagorasa: $$ H^2 + h_a^2 = h_s^2 $$ $$ H^2 + 24^2 = 40^2 $$ $$ H^2 + 576 = 1600 $$ $$ H^2 = 1024 $$ $$ H = 32 $$ Obliczamy objętość ostrosłupa: $$ V = \frac{1}{3} \cdot P_{ABC} \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 600 \cdot 32 $$ $$ V = 200 \cdot 32 = 6400 $$ | $6400$ |
| 8 | Pole podstawy ostrosłupa prawidłowego trójkątnego wynosi $300\sqrt{3}$, a odległość środka wysokości tego ostrosłupa od ściany bocznej jest równa 4. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Z pola podstawy obliczamy długość krawędzi podstawy $a$: $$ \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = 300\sqrt{3} $$ $$ a^2 = 1200 $$ $$ a = \sqrt{1200} = 20\sqrt{3} $$ Promień okręgu wpisanego w podstawę $r$ to jedna trzecia wysokości podstawy: $$ r = \frac{1}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{6} $$ $$ r = \frac{20\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{6} = \frac{60}{6} = 10 $$ Rozpatrujemy trójkąt prostokątny utworzony przez wysokość ostrosłupa $H$, promień $r$ i wysokość ściany bocznej $h_b$. Odległość od środka wysokości $H$ do ściany bocznej wynosi $d = 4$. Z podobieństwa trójkątów, odległość od spodka wysokości do $h_b$ wynosi $2d = 8$. W trójkącie o przyprostokątnych $H, r$ i przeciwprostokątnej $h_b$, wysokość opuszczona na przeciwprostokątną to $2d$. Z porównania pól tego trójkąta: $$ \frac{1}{2} \cdot r \cdot H = \frac{1}{2} \cdot h_b \cdot 2d $$ $$ r \cdot H = 2d \cdot h_b $$ Podstawiamy $r = 10$ i $d = 4$: $$ 10H = 8h_b \implies h_b = \frac{5}{4}H $$ Z twierdzenia Pitagorasa w tym samym trójkącie: $$ H^2 + r^2 = h_b^2 $$ $$ H^2 + 10^2 = \left(\frac{5}{4}H\right)^2 $$ $$ H^2 + 100 = \frac{25}{16}H^2 $$ $$ \frac{9}{16}H^2 = 100 $$ $$ H^2 = \frac{1600}{9} $$ $$ H = \frac{40}{3} $$ Obliczamy objętość ostrosłupa: $$ V = \frac{1}{3} \cdot P_p \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 300\sqrt{3} \cdot \frac{40}{3} $$ $$ V = 100\sqrt{3} \cdot \frac{40}{3} = \frac{4000\sqrt{3}}{3} $$ | $\frac{4000\sqrt{3}}{3}$ |
| 9 | Tangens kąta nachylenia przekątnej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego do płaszczyzny podstawy wynosi 1, a przekątna ściany bocznej ma długość $3\sqrt{3}$. Oblicz objętość tego graniastosłupa. | Niech $H$ będzie wysokością graniastosłupa, a $a$ krawędzią podstawy. Przekątna podstawy to $d_p = a\sqrt{2}$. Kąt nachylenia przekątnej graniastosłupa do podstawy znajduje się w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych $H$ i $d_p$. Z definicji tangensa: $$ \tan \alpha = \frac{H}{d_p} = 1 $$ $$ H = d_p = a\sqrt{2} $$ Przekątna ściany bocznej ma długość $d_b = 3\sqrt{3}$. Z twierdzenia Pitagorasa dla ściany bocznej: $$ a^2 + H^2 = d_b^2 $$ $$ a^2 + (a\sqrt{2})^2 = (3\sqrt{3})^2 $$ $$ a^2 + 2a^2 = 27 $$ $$ 3a^2 = 27 $$ $$ a^2 = 9 $$ $$ a = 3 $$ Obliczamy wysokość $H$: $$ H = 3\sqrt{2} $$ Obliczamy objętość graniastosłupa: $$ V = a^2 \cdot H $$ $$ V = 9 \cdot 3\sqrt{2} = 27\sqrt{2} $$ | $27\sqrt{2}$ |
| 10 | W ostrosłupie trójkątnym krawędzie podstawy mają odpowiednio długości 14, 30 i 40. Każda krawędź boczna tego ostrosłupa ma długość 65. Oblicz objętość tego ostrosłupa. | Ponieważ wszystkie krawędzie boczne są równe ($l = 65$), spodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na podstawie. Obliczamy pole podstawy ze wzoru Herona. Boki to $a = 14$, $b = 30$, $c = 40$. Połowa obwodu: $$ p = \frac{14 + 30 + 40}{2} = \frac{84}{2} = 42 $$ Pole podstawy: $$ P_p = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} $$ $$ P_p = \sqrt{42 \cdot (42 - 14) \cdot (42 - 30) \cdot (42 - 40)} $$ $$ P_p = \sqrt{42 \cdot 28 \cdot 12 \cdot 2} $$ $$ P_p = \sqrt{28224} = 168 $$ Obliczamy promień okręgu opisanego na podstawie $R$: $$ R = \frac{abc}{4P_p} $$ $$ R = \frac{14 \cdot 30 \cdot 40}{4 \cdot 168} $$ $$ R = \frac{16800}{672} = 25 $$ Wysokość ostrosłupa $H$, promień $R$ i krawędź boczna $l$ tworzą trójkąt prostokątny. Z twierdzenia Pitagorasa: $$ H^2 + R^2 = l^2 $$ $$ H^2 + 25^2 = 65^2 $$ $$ H^2 + 625 = 4225 $$ $$ H^2 = 3600 $$ $$ H = 60 $$ Obliczamy objętość ostrosłupa: $$ V = \frac{1}{3} \cdot P_p \cdot H $$ $$ V = \frac{1}{3} \cdot 168 \cdot 60 $$ $$ V = 168 \cdot 20 = 3360 $$ | $3360$ |