Zastosowanie analizy matematycznej w rozwiązywaniu zadań z geometrii przestrzennej kartkówka LiczBit

30.6 Zastosowanie analizy matematycznej w rozwiązywaniu zadań z geometrii przestrzennej

Kartkówka

Grupa A

Zadanie 1

Projektant przygotowuje szkielet gabloty ekspozycyjnej w kształcie graniastosłupa prawidłowego czworokątnego. Do zbudowania wszystkich krawędzi tej konstrukcji przeznaczono pręty o łącznej długości $72\text{ cm}$. Jakie wymiary powinien mieć ten stelaż, aby powstała gablota miała największą możliwą objętość? Oblicz tę maksymalną objętość.

Wskazówki:

Graniastosłup prawidłowy czworokątny ma w podstawie kwadrat o krawędzi $a$. Posiada on łącznie $12$ krawędzi: $8$ krawędzi podstaw (po $4$ w dolnej i górnej) oraz $4$ równe krawędzie boczne o długości $H$. Suma ich długości to $8a + 4H = 72$.
Wyznacz jedną zmienną za pomocą drugiej (np. $H = 18 - 2a$), a następnie wstaw ją do wzoru na objętość $V = a^2 \cdot H$, tworząc funkcję jednej zmiennej $V(a)$.
Czego kategorycznie nie wolno robić: Nie wolno pominąć wyznaczenia dziedziny geometrycznej! Krawędzie bryły muszą mieć długości ściśle dodatnie ($a > 0$ oraz $H > 0$), co zawęża przedział poszukiwań do $a \in (0, 9)$. Bez wyznaczenia dziedziny badanie ekstremum jest formalnie niepełne.
Uwaga na typowy błąd: Samo obliczenie miejsca zerowego pochodnej ($V'(a) = 0$) jest jedynie warunkiem koniecznym istnienia ekstremum. Aby dowieść, że w tym punkcie funkcja osiąga maksimum globalne, konieczne jest wykazanie zmiany znaku pochodnej z dodatniego na ujemny lub skorzystanie z własności geometrycznych.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza zależności krawędziowych:
Niech $a$ oznacza długość krawędzi kwadratowej podstawy, a $H$ wysokość graniastosłupa.

Suma długości wszystkich dwunastu krawędzi wynosi $72\text{ cm}$: $$8a + 4H = 72$$ Dzielimy równanie obustronnie przez $4$: $$\begin{aligned} 2a + H &= 18 \\[8pt] H &= 18 - 2a \end{aligned}$$
Określenie dziedziny geometrycznej:
Długość każdej krawędzi musi być liczbą dodatnią, zatem: $$\begin{cases} a > 0 \\ H > 0 \end{cases} \iff \begin{cases} a > 0 \\ 18 - 2a > 0 \end{cases}$$ Rozwiązujemy drugą nierówność: $$\begin{aligned} -2a &> -18 \\[8pt] a &< 9 \end{aligned}$$ Dziedziną geometryczną rozpatrywanego zagadnienia jest więc przedział: $$D = (0, 9)$$
Zapisanie funkcji objętości:
Podstawiamy wyznaczoną wysokość $H = 18 - 2a$ do klasycznego wzoru na objętość graniastosłupa o podstawie kwadratowej $V = a^2 \cdot H$: $$\begin{aligned} V(a) &= a^2 \cdot (18 - 2a) \\[8pt] V(a) &= 18a^2 - 2a^3 = -2a^3 + 18a^2 \end{aligned}$$
Sposób I – Wyznaczenie maksimum z użyciem pochodnej (rachunek różniczkowy):
Wyznaczamy pochodną funkcji $V(a)$: $$V'(a) = (-2a^3 + 18a^2)' = -6a^2 + 36a$$ Wyznaczamy punkty stacjonarne, przyrównując pochodną do zera (warunek konieczny istnienia ekstremum): $$\begin{aligned} -6a^2 + 36a &= 0 \\[8pt] 6a(6 - a) &= 0 \end{aligned}$$ Rozwiązaniami są $a = 0$ oraz $a = 6$. Ponieważ $0 \notin D$, jedynym punktem podejrzanym o ekstremum w dziedzinie jest $a = 6$.

Badamy znak pochodnej (warunek wystarczający): Wykres pochodnej $V'(a) = -6a^2 + 36a$ to parabola o ramionach skierowanych w dół, przecinająca oś w punktach $0$ i $6$:
- Dla $a \in (0, 6)$ zachodzi $V'(a) > 0$ – funkcja objętości jest ściśle rosnąca.
- Dla $a \in (6, 9)$ zachodzi $V'(a) < 0$ – funkcja objętości jest ściśle malejąca.
Pochodna przy przejściu przez punkt $a = 6$ zmienia znak z dodatniego na ujemny, zatem funkcja $V(a)$ osiąga w punkcie $a = 6$ maksimum lokalne, które w całym przedziale $(0, 9)$ stanowi wartość największą (maksimum globalne).
Sposób II – Wyznaczenie maksimum z nierówności między średnimi (AM-GM):
Objętość możemy zapisać w postaci iloczynu trzech czynników dodatnich: $$V(a) = a \cdot a \cdot (18 - 2a)$$ Stosujemy nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną dla trzech liczb dodatnich $a$, $a$ oraz $18 - 2a$: $$\sqrt[3]{a \cdot a \cdot (18 - 2a)} \le \dfrac{a + a + (18 - 2a)}{3}$$ Zauważmy, że suma zmiennych w liczniku jest stała: $$\begin{aligned} \sqrt[3]{V(a)} &\le \dfrac{18}{3} \\[8pt] \sqrt[3]{V(a)} &\le 6 \end{aligned}$$ Podnosząc obie strony do sześcianu, otrzymujemy: $$V(a) \le 6^3 = 216$$ Równość (a więc wartość największa) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie trzy składniki są sobie równe: $$a = 18 - 2a \iff 3a = 18 \iff a = 6$$
Obliczenie optymalnych wymiarów i maksymalnej objętości:
Dla krawędzi podstawy $a = 6\text{ cm}$ wyznaczamy wysokość stelaża: $$H = 18 - 2 \cdot 6 = 18 - 12 = 6\text{ cm}$$ Stelaż o największej objętości jest sześcianem o krawędzi $6\text{ cm}$. Maksymalna objętość wynosi: $$V_{\max} = 6^3 = 216\text{ cm}^3$$

Odpowiedź:
Gablota ma największą objętość, gdy jej krawędź podstawy wynosi $a = 6\text{ cm}$, a wysokość $H = 6\text{ cm}$ (bryła jest sześcianem). Największa objętość wynosi $216\text{ cm}^3$.

Zadanie 2

Firma logistyczna projektuje zamykaną skrzynię ładunkową o pojemności $36\text{ litrów}$ w kształcie prostopadłościanu. W podstawie skrzyni dłuższa krawędź jest trzykrotnie dłuższa od krawędzi krótszej.

a) Zapisz wzór funkcji wyrażającej pole powierzchni całkowitej tej skrzyni w zależności od długości krótszej krawędzi podstawy i określ jej dziedzinę.

b) Oblicz wymiary skrzyni, której wykonanie wymaga zużycia najmniejszej powierzchni materiału.

Wskazówki:

Pamiętaj o zgodności jednostek: $1\text{ litr} = 1\text{ dm}^3$. Najwygodniej jest prowadzić obliczenia na decymetrach ($\text{dm}$).
Oznacz krótszą krawędź podstawy jako $x$. Wówczas dłuższa krawędź wynosi $3x$. Wykorzystaj wzór na objętość prostopadłościanu $V = x \cdot 3x \cdot H = 36$, aby wyznaczyć wysokość $H$ w zależności od zmiennej $x$.
Uwaga na typowy błąd przy określaniu dziedziny: W zadaniach optymalizacyjnych ze stereometrii zmienna $x$ jest długością krawędzi, dlatego kategorycznie musi zachodzić warunek $x > 0$. Pominięcie dziedziny geometrycznej $D = (0, +\infty)$ jest poważnym błędem formalnym.
Uwaga na typowy błąd przy optymalizacji: Samo przyrównanie pochodnej do zera ($P'(x) = 0$) wyznacza jedynie punkt podejrzany o ekstremum (stacjonarny). Aby uznać dany punkt za rozwiązanie, należy koniecznie zbadać znak pochodnej z lewej i prawej strony tego punktu, wykazując zmianę znaku z minusa na plus (potwierdzenie minimum lokalnego).
Uwaga na typowy błąd w odpowiedzi: Polecenie wymaga podania wymiarów całego prostopadłościanu, a nie tylko wartości samego $x$. Należy pamiętać o wyznaczeniu wszystkich trzech krawędzi: $x$, $3x$ oraz $H$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i powiązanie wymiarów bryły:
Przyjmijmy jednostkę długości w decymetrach ($\text{dm}$), ponieważ $1\text{ litr} = 1\text{ dm}^3$.
Niech $x$ oznacza długość krótszej krawędzi podstawy ($x > 0$). Wtedy dłuższa krawędź ma długość $3x$, a wysokość skrzyni oznaczmy przez $H$ ($H > 0$).

Objętość prostopadłościanu to iloczyn pola podstawy i wysokości: $$\begin{aligned} V &= x \cdot 3x \cdot H \\[8pt] &= 3x^2 H \end{aligned}$$ Wstawiamy daną objętość $V = 36\text{ dm}^3$ i wyznaczamy wysokość $H$: $$\begin{aligned} 3x^2 H &= 36 \\[8pt] H &= \dfrac{36}{3x^2} \\[8pt] H &= \dfrac{12}{x^2} \end{aligned}$$
a) Wyznaczenie wzoru funkcji pola powierzchni całkowitej i jej dziedziny:
Pole powierzchni całkowitej zamykanej skrzyni składa się z dwóch podstaw o wymiarach $x \times 3x$ oraz czterech ścian bocznych (dwóch o wymiarach $x \times H$ i dwóch o wymiarach $3x \times H$): $$\begin{aligned} P_c &= 2 \cdot (x \cdot 3x) + 2 \cdot (x \cdot H) + 2 \cdot (3x \cdot H) \\[8pt] &= 6x^2 + 2xH + 6xH \\[8pt] &= 6x^2 + 8xH \end{aligned}$$ Podstawiamy wyznaczoną wcześniej wysokość $H = \dfrac{12}{x^2}$: $$\begin{aligned} P(x) &= 6x^2 + 8x \cdot \dfrac{12}{x^2} \\[8pt] &= 6x^2 + \dfrac{96}{x} \end{aligned}$$ Ze względu na geometryczny sens zadania krawędź musi mieć długość dodatnią ($x > 0$). Zatem dziedziną funkcji jest: $$D = (0, +\infty)$$
b) Wyznaczenie punktu stacjonarnego za pomocą pochodnej:
Zapisujemy funkcję $P(x)$ w postaci potęgowej: $$P(x) = 6x^2 + 96x^{-1}$$ Obliczamy pochodną funkcji dla $x \in (0, +\infty)$: $$\begin{aligned} P'(x) &= \left(6x^2 + 96x^{-1}\right)' \\[8pt] &= 12x + 96 \cdot (-1)x^{-2} \\[8pt] &= 12x - \dfrac{96}{x^2} \\[8pt] &= \dfrac{12x^3 - 96}{x^2} \end{aligned}$$ Szukamy punktów stacjonarnych, przyrównując pochodną do zera: $$\begin{aligned} \dfrac{12x^3 - 96}{x^2} &= 0 \\[8pt] 12x^3 - 96 &= 0 \\[8pt] 12x^3 &= 96 \\[8pt] x^3 &= 8 \\[8pt] x &= 2 \end{aligned}$$ Wartość $x = 2$ należy do dziedziny funkcji ($2 \in D$).
Badanie znaku pochodnej i uzasadnienie minimum lokalnego:
Mianownik pochodnej $x^2$ jest ściśle dodatni dla każdego $x \in (0, +\infty)$. O znaku pochodnej $P'(x)$ decyduje wyłącznie licznik $L(x) = 12(x^3 - 8)$:
- Dla $x \in (0, 2)$ zachodzi $x^3 < 8$, zatem $P'(x) < 0$ – funkcja $P(x)$ jest ściśle malejąca.
- Dla $x \in (2, +\infty)$ zachodzi $x^3 > 8$, zatem $P'(x) > 0$ – funkcja $P(x)$ jest ściśle rosnąca.
W punkcie $x = 2$ pochodna zmienia znak z ujemnego na dodatni. Oznacza to, że funkcja $P(x)$ osiąga w punkcie $x = 2$ minimum lokalne, które jest jednocześnie jej najmniejszą wartością w całym przedziale $(0, +\infty)$.
Obliczenie optymalnych wymiarów skrzyni:
Wstawiamy $x = 2\text{ dm}$ do wzorów określających długości krawędzi:
- Krótsza krawędź podstawy: $x = 2\text{ dm} = 20\text{ cm}$
- Dłuższa krawędź podstawy: $3x = 3 \cdot 2 = 6\text{ dm} = 60\text{ cm}$
- Wysokość skrzyni: $$\begin{aligned} H &= \dfrac{12}{x^2} \\[8pt] &= \dfrac{12}{2^2} \\[8pt] &= \dfrac{12}{4} = 3\text{ dm} = 30\text{ cm} \end{aligned}$$
Sprawdzenie objętości: $V = 2\text{ dm} \cdot 6\text{ dm} \cdot 3\text{ dm} = 36\text{ dm}^3 = 36\text{ litrów}$.
Pole powierzchni całkowitej dla tych wymiarów wynosi: $$\begin{aligned} P(2) &= 6 \cdot 2^2 + \dfrac{96}{2} \\[8pt] &= 24 + 48 = 72\text{ dm}^2 \end{aligned}$$

Odpowiedź:
a) $P(x) = 6x^2 + \dfrac{96}{x}$, gdzie $x \in (0, +\infty)$

b) $2\text{ dm} \times 6\text{ dm} \times 3\text{ dm}$ (czyli $20\text{ cm} \times 60\text{ cm} \times 30\text{ cm}$)

Zadanie 3

Z giętkiego profilu aluminiowego o całkowitej długości $144\text{ cm}$ wykonano szkielet w kształcie prostokąta, a następnie wprawiono go w ruch obrotowy wokół jednej z jego osi symetrii równoległej do pary przeciwległych boków, tworząc obrotową bryłę walcową.
a) Wyznacz długości boków tego prostokątnego szkieletu, przy których przestrzeń ograniczona powstałą bryłą (jej objętość) osiąga największą możliwą wartość. Oblicz tę maksymalną objętość oraz odpowiadające jej pole powierzchni bocznej walca.
b) Ustal wymiary prostokąta, dla których pole powierzchni bocznej wygenerowanego walca jest maksymalne. Wyznacz to największe pole powierzchni bocznej oraz kubaturę (objętość) tak uformowanej bryły.
c) Rozstrzygnij, czy istnieje taki prostokątny szkielet, dla którego pole powierzchni całkowitej otrzymanej bryły obrotowej przyjmuje wartość największą. Odpowiedź starannie uzasadnij.

Wskazówki:

Oś symetrii prostokąta jest prostą prostopadłą do jednego z boków i przechodzącą przez jego środek. Gdy ramka obraca się wokół osi symetrii równoległej do boku o długości $H$, promień podstawy powstałego walca wynosi połowę długości drugiego boku ($r = \dfrac{a}{2} \iff a = 2r$), a wysokość walca jest równa $H$.
Długość profilu stanowi obwód prostokąta: $2H + 2a = 144 \iff 2H + 4r = 144 \iff H = 72 - 2r$.
Kluczowym krokiem w zadaniach optymalizacyjnych jest wyznaczenie dziedziny geometrycznej: boki prostokąta muszą mieć długości ściśle dodatnie ($r > 0$ oraz $H > 0 \implies 72 - 2r > 0 \implies r < 36$), co daje otwarty przedział $r \in (0, 36)$.
Uwaga na typowy błąd: Powszechną pułapką w tego typu zadaniach jest utożsamienie promienia podstawy z całym bokiem prostokąta (zapominając, że oś symetrii dzieli bok na połowy, więc $r = \frac{a}{2}$). Kolejnym kardynalnym błędem jest ignorowanie dziedziny w pytaniu c): wierzchołek paraboli pola całkowitego wypada dla $r = 36$, jednak dla tego argumentu wysokość $H = 0$, co oznacza zdegenerowanie prostokąta do odcinka! Ponieważ brzeg przedziału $r = 36$ nie należy do dziedziny ($r \in (0, 36)$), funkcja jest w tym przedziale ściśle rosnąca i maksimum w ogóle nie istnieje.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy, powiązanie zmiennych i ustalenie dziedziny:
Niech prostokątna ramka ma bok równoległy do osi symetrii o długości $H$ (wysokość walca) oraz bok prostopadły do osi o długości $a = 2r$, gdzie $r$ oznacza promień podstawy walca.

Długość całego profilu to obwód prostokąta: $$\begin{aligned} 2H + 2a &= 144 \\[8pt] 2H + 2(2r) &= 144 \\[8pt] 2H + 4r &= 144 \\[8pt] H + 2r &= 72 \\[8pt] H &= 72 - 2r \end{aligned}$$ Wymiary figury geometrycznej muszą być dodatnie: $$\begin{aligned} r &> 0 \\[8pt] H &> 0 \implies 72 - 2r > 0 \implies 2r < 72 \implies r < 36 \end{aligned}$$ Dziedzina rozważanych funkcji wynosi: $$D = (0, 36)$$
a) Wyznaczamy wymiary ramki gwarantujące największą objętość bryły:
Objętość walca wyraża się wzorem $V = \pi r^2 H$. Podstawiając zależność $H = 72 - 2r$, otrzymujemy funkcję objętości zmiennej $r$: $$\begin{aligned} V(r) &= \pi r^2 (72 - 2r) \\[8pt] &= 72\pi r^2 - 2\pi r^3 \end{aligned}$$ Obliczamy pochodną funkcji $V(r)$: $$\begin{aligned} V'(r) &= (72\pi r^2 - 2\pi r^3)' \\[8pt] &= 144\pi r - 6\pi r^2 \\[8pt] &= 6\pi r (24 - r) \end{aligned}$$ Wyznaczamy punkty stacjonarne (miejsce zerowe pochodnej w dziedzinie $D$): $$\begin{aligned} V'(r) &= 0 \\[8pt] 6\pi r (24 - r) &= 0 \implies r = 0 \notin D \quad \text{lub} \quad r = 24 \in D \end{aligned}$$ Badamy znak pochodnej dla $r \in (0, 36)$: $$\begin{aligned} V'(r) &> 0 \quad \text{dla} \quad r \in (0, 24) \implies \text{funkcja } V(r) \text{ rośnie} \\[8pt] V'(r) &< 0 \quad \text{dla} \quad r \in (24, 36) \implies \text{funkcja } V(r) \text{ maleje} \end{aligned}$$ W punkcie $r = 24$ pochodna zmienia znak z dodatniego na ujemny, co oznacza, że funkcja $V(r)$ osiąga w nim maksimum lokalne, będące jednocześnie maksimum globalnym w przedziale $(0, 36)$.

Obliczamy wymiary ramki: $$\begin{aligned} H &= 72 - 2 \cdot 24 = 72 - 48 = 24\text{ cm} \\[8pt] a &= 2r = 2 \cdot 24 = 48\text{ cm} \end{aligned}$$ Wymiary ramki wynoszą $24\text{ cm} \times 48\text{ cm}$.

Obliczamy maksymalną objętość oraz pole powierzchni bocznej: $$\begin{aligned} V &= \pi \cdot 24^2 \cdot 24 = 576 \cdot 24 \cdot \pi = 13824\pi\text{ cm}^3 \\[8pt] P_b &= 2\pi r H = 2\pi \cdot 24 \cdot 24 = 1152\pi\text{ cm}^2 \end{aligned}$$
b) Wyznaczamy wymiary ramki dla największego pola powierzchni bocznej bryły:
Pole powierzchni bocznej walca opisuje wzór $P_b = 2\pi r H$. Podstawiając $H = 72 - 2r$: $$\begin{aligned} P_b(r) &= 2\pi r (72 - 2r) \\[8pt] &= 144\pi r - 4\pi r^2 \\[8pt] &= -4\pi r^2 + 144\pi r \end{aligned}$$ Funkcja $P_b(r)$ jest funkcją kwadratową o współczynniku przy najwyższej potędze $A = -4\pi < 0$. Ramiona paraboli skierowane są do dołu, zatem największą wartość funkcja osiąga w wierzchołku paraboli: $$\begin{aligned} r_w &= -\dfrac{B}{2A} \\[8pt] &= -\dfrac{144\pi}{2 \cdot (-4\pi)} \\[8pt] &= \dfrac{144}{8} = 18\text{ cm} \end{aligned}$$ Argument $r = 18$ należy do dziedziny ($18 \in (0, 36)$).

Obliczamy wymiary ramki: $$\begin{aligned} H &= 72 - 2 \cdot 18 = 72 - 36 = 36\text{ cm} \\[8pt] a &= 2r = 2 \cdot 18 = 36\text{ cm} \end{aligned}$$ Ramka o największym polu powierzchni bocznej jest kwadratem o wymiarach $36\text{ cm} \times 36\text{ cm}$.

Obliczamy maksymalne pole powierzchni bocznej oraz kubaturę bryły: $$\begin{aligned} P_b &= 2\pi \cdot 18 \cdot 36 = 1296\pi\text{ cm}^2 \\[8pt] V &= \pi r^2 H = \pi \cdot 18^2 \cdot 36 = 324 \cdot 36 \cdot \pi = 11664\pi\text{ cm}^3 \end{aligned}$$
c) Badanie istnienia ramki o największym polu powierzchni całkowitej:
Pole powierzchni całkowitej walca składa się z dwóch podstaw i powierzchni bocznej: $$\begin{aligned} P_c(r) &= 2\pi r^2 + 2\pi r H \\[8pt] &= 2\pi r^2 + 2\pi r (72 - 2r) \\[8pt] &= 2\pi r^2 + 144\pi r - 4\pi r^2 \\[8pt] &= -2\pi r^2 + 144\pi r \end{aligned}$$ Otrzymaliśmy funkcję kwadratową, której wierzchołek leży w punkcie: $$\begin{aligned} r_w &= -\dfrac{144\pi}{2 \cdot (-2\pi)} \\[8pt] &= \dfrac{144}{4} = 36\text{ cm} \end{aligned}$$ Zauważmy, że punkt $r = 36$ leży na prawym brzegu dziedziny geometrycznej, czyli $36 \notin (0, 36)$. Ponieważ parabola ma ramiona skierowane w dół, dla wszystkich argumentów na lewo od wierzchołka (czyli w całym przedziale $r \in (0, 36)$) funkcja $P_c(r)$ jest funkcją ściśle rosnącą: $$\begin{aligned} \lim_{r \to 0^+} P_c(r) &= 0 \\[8pt] \lim_{r \to 36^-} P_c(r) &= -2\pi (36)^2 + 144\pi (36) = 2592\pi \end{aligned}$$ Kres górny wartości funkcji wynosi $2592\pi$, jednak wartość ta nie jest osiągana dla żadnego dopuszczalnego argumentu z przedziału otwartego $(0, 36)$. Gdybyśmy bowiem przyjęli $r = 36$, wówczas wysokość ramki wynosiłaby $H = 72 - 2(36) = 0\text{ cm}$, co oznaczałoby zdegenerowanie ramki do pojedynczego, podwójnie złożonego odcinka. W konsekwencji nie powstałaby żadna bryła przestrzenna. Zatem nie można skonstruować takiej ramki.

Odpowiedź:
a) Wymiary ramki: $24\text{ cm} \times 48\text{ cm}$, objętość: $V = 13824\pi\text{ cm}^3$, pole powierzchni bocznej: $P_b = 1152\pi\text{ cm}^2$

b) Wymiary ramki: $36\text{ cm} \times 36\text{ cm}$, maksymalne pole powierzchni bocznej: $P_b = 1296\pi\text{ cm}^2$, objętość: $V = 11664\pi\text{ cm}^3$

c) Nie, nie można skonstruować takiej ramki, ponieważ funkcja pola powierzchni całkowitej jest ściśle rosnąca w dziedzinie geometrycznej $(0, 36)$ i nie osiąga w niej wartości największej.

Zadanie 4

Architekt krajobrazu projektuje nowoczesną instalację przestrzenną w formie ostrosłupa prawidłowego trójkątnego. Szkielet wykonany jest ze stalowych rur, przy czym na wszystkie trzy krawędzie podstawy oraz trzy krawędzie boczne przeznaczono łącznie $48\text{ m}$ profilu. Wewnątrz konstrukcji planowane jest rozpięcie pionowego żagla cieniującego w płaszczyźnie prostopadłej do podstawy i zawierającej jedną z krawędzi bocznych ostrosłupa. Ustal, jaką długość powinna mieć krawędź podstawy tej konstrukcji, aby pole powierzchni rozpiętego żagla (przekroju) było możliwie największe.

Wskazówki:

Ostrosłup prawidłowy trójkątny ma 6 krawędzi: 3 krawędzie podstawy o długości $a$ oraz 3 krawędzie boczne o długości $b$. Warunek sumy krawędzi daje równość $3a + 3b = 48$, skąd $b = 16 - a$.
Płaszczyzna przekroju przechodzi przez wierzchołek ostrosłupa $W$ oraz wierzchołek podstawy $A$, a ponieważ jest prostopadła do podstawy, zawiera w całości wysokość ostrosłupa $H = WS$, gdzie $S$ to środek (środek ciężkości) podstawy. Oznacza to, że linia przecięcia płaszczyzny z podstawą to prosta $AS$, czyli wysokość trójkąta równobocznego podstawy $h_p = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$. Przekrojem jest trójkąt o podstawie $h_p$ i wysokości $H$.
Czego kategorycznie nie wolno robić (Błąd 1 – Pomyłka w identyfikacji figury przekroju): Nie zakładaj, że przekrój prostopadły do podstawy i zawierający krawędź boczną ma w podstawie bok $a$ ostrosłupa. Płaszczyzna zawiera krawędź boczną $WA$ oraz spodek wysokości $S$, więc przecina płaszczyznę podstawy wzdłuż odcinka łączącego wierzchołek $A$ ze środkiem przeciwległego boku $M$. Długość podstawy tego trójkąta wynosi $|AM| = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$, a nie $a$.
Czego kategorycznie nie wolno robić (Błąd 2 – Pominięcie warunku istnienia bryły $H > 0$): Ograniczenie dziedziny wyłącznie do warunków $a > 0$ oraz $b > 0$ (co dawałoby pozorne $a \in (0, 16)$) jest kardynalnym błędem. Bryła istnieje w przestrzeni tylko wtedy, gdy jej wysokość jest ściśle dodatnia ($H > 0$), co narzuca geometryczny warunek $b > R_p = \dfrac{a\sqrt{3}}{3}$. Niezbadanie warunku $H^2 > 0$ prowadzi do błędnej dziedziny i utraty punktów.
Czego kategorycznie nie wolno robić (Błąd 3 – Żmudne różniczkowanie iloczynu z pierwiastkiem): Bezpośrednie liczenie pochodnej wyrażenia $P(a) = \dfrac{1}{4} a \sqrt{2a^2 - 96a + 768}$ ze wzoru na pochodną iloczynu rodzi ogromne ryzyko pomyłek algebraicznych. Zdecydowanie prościej i bezpieczniej jest wnieść zmienną $a$ pod pierwiastek jako $a^2$ i badać pomocniczą funkcję wielomianową pod pierwiastkiem $g(a)$. Ponieważ funkcja pierwiastkowa jest ściśle rosnąca, obie funkcje osiągają maksimum dla dokładnie tego samego argumentu $a$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i geometryczna identyfikacja przekroju:
Niech $a$ oznacza długość krawędzi podstawy, a $b$ długość krawędzi bocznej. Podstawą jest trójkąt równoboczny $ABC$. Spodek wysokości ostrosłupa $S$ leży w punkcie przecięcia wysokości (środku ciężkości) podstawy. Płaszczyzna przekroju zawiera krawędź boczną $WA$ i jest prostopadła do płaszczyzny podstawy. Ponieważ wysokość ostrosłupa $WS$ jest prostopadła do podstawy i wychodzi z punktu $W$, leży w całości w płaszczyźnie przekroju. Zatem prosta wyznaczająca przekrój na podstawie przechodzi przez wierzchołek $A$ i spodek wysokości $S$, pokrywając się z wysokością podstawy $AM$, gdzie $M$ jest środkiem krawędzi $BC$. Przekrojem bryły jest trójkąt $AMW$, w którym podstawa ma długość $|AM| = h_p = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$, natomiast wysokość opuszczona z wierzchołka $W$ na odcinek $AM$ to wysokość całego ostrosłupa $H = |WS|$.
Wyznaczenie wysokości ostrosłupa i określenie dziedziny geometrycznej:
Suma długości wszystkich sześciu krawędzi wynosi $48\text{ m}$: $$\begin{aligned} 3a + 3b &= 48 \\[8pt] a + b &= 16 \implies b = 16 - a \end{aligned}$$ Odległość wierzchołka podstawy $A$ od spodka wysokości $S$ jest promieniem okręgu opisanego na trójkącie równobocznym: $$R_p = |AS| = \dfrac{2}{3} h_p = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{2} = \dfrac{a\sqrt{3}}{3}$$ Stosujemy twierdzenie Pitagorasa w trójkącie prostokątnym $ASW$ o przyprostokątnych $R_p, H$ oraz przeciwprostokątnej $b$: $$\begin{aligned} H^2 + R_p^2 &= b^2 \\[8pt] H^2 + \left(\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2 &= (16 - a)^2 \\[8pt] H^2 + \dfrac{3a^2}{9} &= 256 - 32a + a^2 \\[8pt] H^2 &= 256 - 32a + a^2 - \dfrac{a^2}{3} \\[8pt] H^2 &= \dfrac{2a^2 - 96a + 768}{3} \end{aligned}$$ Wysokość bryły musi być liczbą ściśle dodatnią, podobnie jak długości krawędzi $a$ oraz $b$: $$\begin{cases} a > 0 \\ b > 0 \implies 16 - a > 0 \implies a < 16 \\ H^2 > 0 \implies 2a^2 - 96a + 768 > 0 \end{cases}$$ Dzielimy nierówność $2a^2 - 96a + 768 > 0$ stronami przez $2$, otrzymując $a^2 - 48a + 384 > 0$, i obliczamy wyróżnik $\Delta$: $$\begin{aligned} \Delta &= (-48)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 384 = 2304 - 1536 = 768 = 256 \cdot 3 \\[8pt] \sqrt{\Delta} &= 16\sqrt{3} \\[8pt] a_1 &= \dfrac{48 - 16\sqrt{3}}{2} = 24 - 8\sqrt{3} \approx 24 - 13{,}86 = 10{,}14 \\[8pt] a_2 &= \dfrac{48 + 16\sqrt{3}}{2} = 24 + 8\sqrt{3} \approx 37{,}86 \end{aligned}$$ Ramiona paraboli są skierowane ku górze, więc trójmian jest dodatni dla $a \in (-\infty, 24 - 8\sqrt{3}) \cup (24 + 8\sqrt{3}, \infty)$. Uwzględniając warunek $a \in (0, 16)$, wyznaczamy geometryczną dziedzinę: $$D = \left(0, 24 - 8\sqrt{3}\right)$$
Wyprowadzenie wzoru funkcji pola przekroju:
Pole trójkąta przekroju $AMW$ o podstawie $|AM| = h_p = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$ i wysokości $H = \sqrt{\dfrac{2a^2 - 96a + 768}{3}}$ wyraża się wzorem: $$\begin{aligned} P(a) &= \dfrac{1}{2} \cdot |AM| \cdot H \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{\dfrac{2a^2 - 96a + 768}{3}} \\[8pt] &= \dfrac{a\sqrt{3}}{4} \cdot \dfrac{\sqrt{2a^2 - 96a + 768}}{\sqrt{3}} \\[8pt] &= \dfrac{1}{4} a \sqrt{2a^2 - 96a + 768} \end{aligned}$$ Czynnik $\sqrt{3}$ w liczniku i mianowniku ulega całkowitemu skróceniu. Wnosimy zmienną $a > 0$ pod pierwiastek jako $a^2$: $$\begin{aligned} P(a) &= \dfrac{1}{4} \sqrt{a^2(2a^2 - 96a + 768)} \\[8pt] &= \dfrac{1}{4} \sqrt{2a^4 - 96a^3 + 768a^2} \end{aligned}$$
Badanie pochodnej, wyznaczenie maksimum i rysunek wynikowy:
Ponieważ funkcja zewnętrzna $f(t) = \dfrac{1}{4}\sqrt{t}$ jest ściśle rosnąca dla $t \ge 0$, funkcja $P(a)$ osiąga maksimum dla tego samego argumentu $a$, co funkcja podpierwiastkowa: $$g(a) = 2a^4 - 96a^3 + 768a^2 \quad \text{dla } a \in \left(0, 24 - 8\sqrt{3}\right)$$ Wyznaczamy pochodną funkcji $g(a)$: $$\begin{aligned} g'(a) &= 8a^3 - 96 \cdot 3a^2 + 768 \cdot 2a \\[8pt] &= 8a^3 - 288a^2 + 1536a \\[8pt] &= 8a (a^2 - 36a + 192) \end{aligned}$$ Przyrównujemy pochodną do zera w celu wyznaczenia punktów stacjonarnych: $$8a (a^2 - 36a + 192) = 0$$ Dla $a \in D$ mamy $8a > 0$, zatem rozwiązujemy równanie kwadratowe $a^2 - 36a + 192 = 0$: $$\begin{aligned} \Delta_1 &= (-36)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 192 = 1296 - 768 = 528 = 16 \cdot 33 \\[8pt] \sqrt{\Delta_1} &= 4\sqrt{33} \\[8pt] a &= \dfrac{36 \pm 4\sqrt{33}}{2} = 18 \pm 2\sqrt{33} \end{aligned}$$ Otrzymujemy dwa rozwiązania: $$\begin{aligned} a_I &= 18 - 2\sqrt{33} \approx 18 - 2 \cdot 5{,}745 = 6{,}51 \in D \\[8pt] a_{II} &= 18 + 2\sqrt{33} \approx 18 + 11{,}49 = 29{,}49 \notin D \end{aligned}$$ Badamy znak pochodnej $g'(a)$ w dziedzinie $D = \left(0, 24 - 8\sqrt{3}\right)$: - dla $a \in (0, 18 - 2\sqrt{33})$ zachodzi $g'(a) > 0$, więc funkcja $P(a)$ jest ściśle rosnąca, - dla $a \in (18 - 2\sqrt{33}, 24 - 8\sqrt{3})$ zachodzi $g'(a) < 0$, więc funkcja $P(a)$ jest ściśle malejąca. Zatem w punkcie $a = 18 - 2\sqrt{33}$ funkcja osiąga swoje maksimum globalne.

Odpowiedź:
Długość krawędzi podstawy ostrosłupa, dla której pole przekroju jest największe, wynosi $a = 18 - 2\sqrt{33}\text{ m}$.

Zadanie 5

W pracowni wzornictwa przemysłowego zaprojektowano szklany klosz w kształcie stożka, którego przekrój osiowy stanowi trójkąt równoboczny o polu powierzchni równym $36\sqrt{3}\text{ cm}^2$. Wewnątrz klosza planuje się umieszczenie cylindrycznego wkładu świetlnego (walca) w taki sposób, że jedna z jego podstaw spoczywa na podstawie klosza, a brzeg górnej podstawy styka się z powierzchnią boczną stożka.

a) Wyznacz wzór funkcji opisującej objętość $V$ walca w zależności od promienia $r$ jego podstawy oraz określ dziedzinę geometryczną tej funkcji.

b) Ustal promień podstawy, dla którego objętość cylindrycznego wkładu jest największa, oraz oblicz tę maksymalną objętość.

Wskazówki:

Ze wzoru na pole trójkąta równobocznego $P = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}$ wyznacz długość tworzącej $a$, a następnie promień podstawy stożka $R = \dfrac{a}{2}$ oraz jego wysokość $H = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
Rozważ przekrój osiowy: trójkąt odcięty przez górną podstawę walca jest również trójkątem równobocznym o boku $2r$, co pozwala powiązać wysokość walca $h$ z promieniem $r$ poprzez zależność $H - h = r\sqrt{3}$.
Uwaga na typowe błędy i pułapki dydaktyczne:
- Błędne założenie o stałych proporcjach walca: Kategorycznie nie wolno z góry zakładać, że przekrój walca jest kwadratem ($h = 2r$) ani że jego wysokość stanowi połowę wysokości stożka. Celem zadania optymalizacyjnego jest zbadanie całej rodziny możliwych walców i znalezienie optymalnego wymiaru za pomocą rachunku pochodnych lub nierówności.
- Pominięcie dziedziny geometrycznej: Nie wolno pominąć warunków nałożonych na zmienną $r$. Ponieważ promień oraz wysokość walca muszą być ściśle dodatnie ($r > 0$ i $h > 0$), dziedziną funkcji jest przedział otwarty $r \in (0, R)$. Bez poprawnej dziedziny badanie ekstremum funkcji nie ma uzasadnienia geometrycznego.
- Błędna proporcja podobieństwa: Częstym błędem jest zapisanie stosunku $\dfrac{h}{r} = \dfrac{H}{R}$. Prawidłowy odcinek leżący nad walcem w przekroju osiowym to $H - h$, stąd poprawna relacja to $\dfrac{H - h}{r} = \dfrac{H}{R} = \sqrt{3}$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i wyznaczenie wymiarów wyjściowego stożka:
Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równobocznym $ABC$ o boku $a$. Jego pole wynosi: $$\begin{aligned} P_{\Delta} &= \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} \\[8pt] \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} &= 36\sqrt{3} \\[8pt] a^2 &= 144 \\[8pt] a &= 12\text{ cm} \end{aligned}$$ Podstawa stożka ma promień równy połowie długości boku przekroju: $$R = \dfrac{a}{2} = \dfrac{12}{2} = 6\text{ cm}$$ Wysokość stożka odpowiada wysokości trójkąta równobocznego: $$H = \dfrac{a\sqrt{3}}{2} = \dfrac{12\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}\text{ cm}$$
a) Wyznaczenie wzoru funkcji objętości $V(r)$ oraz określenie jej dziedziny:
W przekroju osiowym mały trójkąt znajdujący się nad górną podstawą walca ma kąt przy wierzchołku równy $60^\circ$ oraz kąty przy podstawie równe $60^\circ$. Jest więc trójkątem równobocznym o boku długości $2r$. Jego wysokość wynosi zatem: $$H - h = \dfrac{2r \cdot \sqrt{3}}{2} = r\sqrt{3}$$ Wyznaczamy wysokość walca $h$ w zależności od promienia $r$: $$\begin{aligned} h &= H - r\sqrt{3} \\[8pt] &= 6\sqrt{3} - r\sqrt{3} \\[8pt] &= \sqrt{3}(6 - r) \end{aligned}$$ Z warunków geometrycznych promień podstawy oraz wysokość walca muszą przyjmować wartości dodatnie: $$\begin{cases} r > 0 \\ h > 0 \implies \sqrt{3}(6 - r) > 0 \implies r < 6 \end{cases}$$ Dziedziną funkcji jest zatem przedział: $$D = (0, 6)$$ Wzór na objętość walca ma postać $V = \pi r^2 h$. Podstawiając wyznaczoną wysokość $h$, otrzymujemy: $$\begin{aligned} V(r) &= \pi r^2 \cdot \sqrt{3}(6 - r) \\[8pt] &= \sqrt{3}\pi (6r^2 - r^3) \end{aligned}$$
b) Wyznaczenie największej objętości walca:
Sposób I – Wykorzystanie pochodnej funkcji (rachunek różniczkowy):
Wyznaczamy pochodną funkcji $V(r)$ względem zmiennej $r$: $$\begin{aligned} V'(r) &= \left[\sqrt{3}\pi(6r^2 - r^3)\right]' \\[8pt] &= \sqrt{3}\pi(12r - 3r^2) \\[8pt] &= 3\sqrt{3}\pi r(4 - r) \end{aligned}$$ Przyrównujemy pochodną do zera w celu znalezienia punktów stacjonarnych: $$\begin{aligned} 3\sqrt{3}\pi r(4 - r) &= 0 \\[8pt] r = 0 \quad &\text{lub} \quad r = 4 \end{aligned}$$ Wartość $r = 0$ nie należy do dziedziny geometrycznej ($0 \notin D$), zatem jedynym punktem stacjonarnym w dziedzinie jest $r = 4$.

Badamy znak pochodnej dla $r \in (0, 6)$: $$\begin{aligned} V'(r) > 0 \quad &\text{dla} \quad r \in (0, 4) \implies \text{funkcja } V(r) \text{ jest ściśle rosnąca} \\[8pt] V'(r) < 0 \quad &\text{dla} \quad r \in (4, 6) \implies \text{funkcja } V(r) \text{ jest ściśle malejąca} \end{aligned}$$ Pochodna przy przejściu przez punkt $r = 4$ zmienia znak z dodatniego na ujemny, zatem funkcja $V(r)$ osiąga w punkcie $r = 4$ maksimum lokalne, które jest jednocześnie największą wartością funkcji w całej dziedzinie $D$.

Obliczamy maksymalną objętość walca: $$\begin{aligned} V(4) &= \sqrt{3}\pi (6 \cdot 4^2 - 4^3) \\[8pt] &= \sqrt{3}\pi (6 \cdot 16 - 64) \\[8pt] &= \sqrt{3}\pi (96 - 64) \\[8pt] &= 32\sqrt{3}\pi\text{ cm}^3 \end{aligned}$$ Wysokość optymalnego walca wynosi wtedy: $$h = \sqrt{3}(6 - 4) = 2\sqrt{3}\text{ cm}$$
Sposób II – Wykorzystanie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną (AM-GM):
Zapisujemy iloczyn $r^2(6 - r)$ w postaci trzech czynników o stałej sumie, mnożąc i dzieląc wyrażenie przez $4$: $$V(r) = 4\sqrt{3}\pi \cdot \left(\dfrac{r}{2}\right) \cdot \left(\dfrac{r}{2}\right) \cdot (6 - r)$$ Dla $r \in (0, 6)$ wszystkie trzy czynniki $\dfrac{r}{2}$, $\dfrac{r}{2}$ oraz $6 - r$ są dodatnie, a ich suma jest stałą liczbą niezależną od $r$: $$\dfrac{r}{2} + \dfrac{r}{2} + (6 - r) = r + 6 - r = 6$$ Z nierówności między średnią geometryczną a arytmetyczną: $$\sqrt[3]{\left(\dfrac{r}{2}\right) \cdot \left(\dfrac{r}{2}\right) \cdot (6 - r)} \le \dfrac{\dfrac{r}{2} + \dfrac{r}{2} + (6 - r)}{3} = \dfrac{6}{3} = 2$$ Podnosząc obustronnie do potęgi trzeciej: $$\left(\dfrac{r}{2}\right) \cdot \left(\dfrac{r}{2}\right) \cdot (6 - r) \le 2^3 = 8$$ Maksymalna wartość iloczynu wynosi $8$ i jest osiągana wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie trzy składniki są sobie równe: $$\dfrac{r}{2} = 6 - r \implies \dfrac{3}{2}r = 6 \implies r = 4\text{ cm}$$ Stąd największa objętość walca wynosi: $$V_{\max} = 4\sqrt{3}\pi \cdot 8 = 32\sqrt{3}\pi\text{ cm}^3$$
Zestawienie optymalnych wymiarów bryły na rysunku wynikowym:
Poniższy szkic przedstawia przekrój osiowy z wpisanym optymalnym walcem o promieniu $r = 4\text{ cm}$ i wysokości $h = 2\sqrt{3}\text{ cm}$:

Odpowiedź:
a) Wzór funkcji: $V(r) = \sqrt{3}\pi(6r^2 - r^3)$, dziedzina: $r \in (0, 6)$.

b) Największa możliwa objętość walca wynosi $32\sqrt{3}\pi\text{ cm}^3$ i jest osiągana dla promienia podstawy $r = 4\text{ cm}$.

Grupa B

Zadanie 1

Rzemieślnik wykonuje z mosiężnych listew ramę dekoracyjnego lampionu mającego kształt graniastosłupa prawidłowego czworokątnego. Na wykonanie wszystkich krawędzi tej bryły przeznaczono dokładnie $96\text{ cm}$ listwy. Jakie wymiary powinien mieć ten lampion, aby jego pojemność była możliwie największa, oraz ile wynosi ta maksymalna objętość?

Zadanie 2

W zakładzie produkcyjnym projektowany jest prostopadłościenny zasobnik na deszczówkę o objętości równej $576\text{ litrów}$. Zgodnie z wytycznymi konstrukcyjnymi jedna z krawędzi podstawy ma być dwukrotnie dłuższa od drugiej.

a) Wyznacz wzór funkcji określającej pole powierzchni całkowitej tego zasobnika w zależności od długości krótszej krawędzi podstawy.

b) Wyznacz wymiary zasobnika, dla którego do jego wykonania zużyje się najmniejszą ilość blachy (pole powierzchni całkowitej będzie minimalne).

Zadanie 3

Modelarski pręt stalowy o łącznej długości $96\text{ cm}$ wygięto tak, że utworzył zamkniętą prostokątną ramkę. Ramkę tę następnie obrócono w przestrzeni wokół osi symetrii przechodzącej przez środki dwóch przeciwległych krawędzi.
a) Oblicz wymiary uformowanej ramki, dla której wygenerowany w ten sposób walec ma największą możliwą objętość. Podaj wartość tej objętości oraz pole jego powierzchni bocznej.
b) Jakie powinny być długości boków ramki, aby pole powierzchni bocznej powstałej bryły obrotowej było możliwie największe? Wyznacz tę maksymalną wartość pola oraz objętość powstałego wówczas walca.
c) Zbadaj, czy możliwe jest dobranie wymiarów prostokąta w taki sposób, aby pole powierzchni całkowitej otrzymanej bryły było największe. Uzasadnij swoje stanowisko.

Zadanie 4

W pracowni jubilerskiej powstaje prototyp ozdobnego stojaka na biżuterię w kształcie ostrosłupa prawidłowego trójkątnego. Konstrukcja z drutu srebrnego ma łączną sumę długości wszystkich sześciu krawędzi równą $72\text{ cm}$. Projekt przewiduje wstawienie lustrzanej płytki w płaszczyźnie prostopadłej do podstawy ostrosłupa i zawierającej jedną z jego krawędzi bocznych. Wyznacz długość krawędzi podstawy tego ostrosłupa, dla której pole wstawionej płytki lustrzanej osiąga największą wartość.

Zadanie 5

Do celów laboratoryjnych wykonano naczynie w kształcie stożka o przekroju osiowym będącym trójkątem równobocznym o polu powierzchni $81\sqrt{3}\text{ cm}^2$. W naczynie to wbudowywany jest metalowy wkład cylindryczny (walec), którego dolna podstawa leży w płaszczyźnie podstawy stożka, a krawędź górnej podstawy styka się ze ścianką boczną naczynia.

a) Podaj wzór funkcji wyrażającej objętość $V$ walca w zależności od promienia $r$ jego podstawy wraz z odpowiednią dziedziną geometryczną.

b) Wyznacz największą możliwą objętość takiego walca.

30.6 Zastosowanie analizy matematycznej w rozwiązywaniu zadań z geometrii przestrzennej

Grupa A

Zadanie 1

Zadanie 2

Zadanie 3

Zadanie 4

Zadanie 5

Grupa B

Zadanie 1

Zadanie 2

Zadanie 3

Zadanie 4

Zadanie 5

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi

Witaj na Liczbit 👋