Geometria przestrzenna. Wielościany sprawdzian

Geometria przestrzenna. Wielościany

Sprawdzian

Grupa A

Zadanie 1 (4 pkt)

Podstawą ostrosłupa $ABCS$ jest trójkąt równoramienny $ABC$, w którym $|AB| = 6$, $|BC| = |AC| = 5$ i spodek wysokości ostrosłupa należy do jego podstawy. Każda wysokość ściany bocznej poprowadzona z wierzchołka $S$ ma długość $5$. Oblicz objętość tego ostrosłupa.

Wskazówki:

Jeżeli wszystkie wysokości ścian bocznych poprowadzone z wierzchołka ostrosłupa są równe, a spodek wysokości ostrosłupa leży wewnątrz podstawy, to spodek ten pokrywa się ze środkiem okręgu wpisanego w wielokąt podstawy.
Promień okręgu wpisanego w trójkąt $r$ można wyznaczyć z zależności wiążącej pole z połową obwodu ($P_p = p \cdot r$) lub korzystając z twierdzenia o dwusiecznej kąta.
Wysokość ostrosłupa $H$, promień okręgu wpisanego $r$ oraz wysokość ściany bocznej $h_b = 5$ tworzą trójkąt prostokątny spełniający twierdzenie Pitagorasa: $H^2 + r^2 = h_b^2$.
Objętość ostrosłupa obliczamy ze standardowego wzoru $V = \dfrac{1}{3} P_p H$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i własności ostrosłupa o jednakowych wysokościach ścian bocznych:
Oznaczmy wierzchołek ostrosłupa przez $S$, a spodek jego wysokości na płaszczyznę podstawy przez $O$. Długość wysokości ostrosłupa wynosi $H = |SO|$.

Z treści zadania wynika, że wysokości wszystkich ścian bocznych poprowadzone z punktu $S$ mają jednakową długość $h_b = 5$. Niech punkty $D_1, D_2, D_3$ będą spodkami tych wysokości na krawędziach podstawy $AB$, $BC$ i $AC$. Na mocy twierdzenia o trzech prostych prostopadłych, rzuty tych odcinków na płaszczyznę podstawy, czyli odcinki $OD_1, OD_2, OD_3$, są prostopadłe do odpowiednich krawędzi trójkąta $ABC$.

W każdym z trójkątów prostokątnych $SOD_i$ (gdzie $i \in \{1, 2, 3\}$) zachodzi relacja: $$|OD_i| = \sqrt{|SD_i|^2 - |SO|^2} = \sqrt{h_b^2 - H^2}$$ Ponieważ wysokości ścian bocznych są równe ($|SD_i| = 5$), a wysokość ostrosłupa $H$ jest wspólna, odległości punktu $O$ od wszystkich trzech boków trójkąta podstawy są identyczne: $$|OD_1| = |OD_2| = |OD_3| = d$$ Jedynym punktem wewnątrz trójkąta jednakowo oddalonym od wszystkich jego boków jest środek okręgu wpisanego. Zatem spodek wysokości ostrosłupa $O$ jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$, a odległość $d$ to promień tego okręgu: $d = r$.
Obliczenie pola podstawy oraz promienia okręgu wpisanego $r$:
W trójkącie równoramiennym $ABC$ o podstawie $|AB| = 6$ i ramionach $|AC| = |BC| = 5$ punkt $D$ jest środkiem podstawy $AB$, więc: $$|AD| = |DB| = \dfrac{6}{2} = 3$$ Wysokość trójkąta podstawy $h_p = |CD|$ opuszczona na bok $AB$ tworzy trójkąt prostokątny $ADC$. Z twierdzenia Pitagorasa: $$\begin{aligned} |CD|^2 + |AD|^2 &= |AC|^2 \\[8pt] h_p^2 + 3^2 &= 5^2 \\[8pt] h_p^2 + 9 &= 25 \\[8pt] h_p^2 &= 16 \\[8pt] h_p &= 4 \end{aligned}$$ Obliczamy pole podstawy $P_p$: $$P_p = \dfrac{1}{2} \cdot |AB| \cdot h_p = \dfrac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4 = 12$$ Promień okręgu wpisanego $r$ możemy teraz wyznaczyć na dwa sposoby:

Sposób I – Wykorzystanie wzoru z połową obwodu trójkąta:
Obwód trójkąta $ABC$ oraz jego połowa $p$ wynoszą: $$L = 6 + 5 + 5 = 16 \implies p = \dfrac{16}{2} = 8$$ Ze wzoru na pole trójkąta z promieniem okręgu wpisanego $P_p = p \cdot r$: $$\begin{aligned} 12 &= 8 \cdot r \\[8pt] r &= \dfrac{12}{8} = \dfrac{3}{2} \end{aligned}$$
Sposób II – Wykorzystanie twierdzenia o dwusiecznej kąta:
Środek okręgu wpisanego $O$ leży na osi symetrii trójkąta, czyli na wysokości $CD$. Odcinek $AO$ jest dwusieczną kąta $\angle CAD$ w trójkącie prostokątnym $ADC$.
Z twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie $ADC$ wynika proporcja: $$\dfrac{|OD|}{|OC|} = \dfrac{|AD|}{|AC|}$$ Wiedząc, że $|OD| = r$ oraz $|OC| = h_p - r = 4 - r$, podstawiamy długości boków: $$\begin{aligned} \dfrac{r}{4 - r} &= \dfrac{3}{5} \\[8pt] 5r &= 3(4 - r) \\[8pt] 5r &= 12 - 3r \\[8pt] 8r &= 12 \\[8pt] r &= \dfrac{12}{8} = \dfrac{3}{2} \end{aligned}$$
Obliczenie wysokości ostrosłupa $H$ oraz objętości bryły:
W trójkącie prostokątnym $SOD$ przyprostokątnymi są wysokość ostrosłupa $H = |SO|$ oraz promień okręgu wpisanego $r = |OD| = \dfrac{3}{2}$, natomiast przeciwprostokątną jest wysokość ściany bocznej $h_b = |SD| = 5$.

Stosujemy twierdzenie Pitagorasa: $$\begin{aligned} H^2 + r^2 &= h_b^2 \\[8pt] H^2 + \left(\dfrac{3}{2}\right)^2 &= 5^2 \\[8pt] H^2 + \dfrac{9}{4} &= 25 \\[8pt] H^2 &= 25 - \dfrac{9}{4} \\[8pt] H^2 &= \dfrac{100 - 9}{4} = \dfrac{91}{4} \\[8pt] H &= \sqrt{\dfrac{91}{4}} = \dfrac{\sqrt{91}}{2} \end{aligned}$$ Obliczamy objętość ostrosłupa $V$: $$\begin{aligned} V &= \dfrac{1}{3} \cdot P_p \cdot H \\[8pt] &= \dfrac{1}{3} \cdot 12 \cdot \dfrac{\sqrt{91}}{2} \\[8pt] &= 4 \cdot \dfrac{\sqrt{91}}{2} \\[8pt] &= 2\sqrt{91} \end{aligned}$$ Poniższy rysunek ilustruje wyznaczony promień w podstawie oraz przekrój prostokątny, z którego obliczyliśmy wysokość bryły:

Odpowiedź:
Objętość ostrosłupa wynosi $2\sqrt{91}$.

Zadanie 2 (6 pkt)

Podstawą ostrosłupa prawidłowego $ABCDS$ jest kwadrat $ABCD$ o boku długości $6$. Krawędzie boczne mają długość $5$. Oblicz cosinus kąta dwuściennego między ścianami bocznymi $BCS$ i $CDS$.

Wskazówki:

Ściany boczne $BCS$ i $CDS$ mają wspólną krawędź boczną $CS$. Kąt dwuścienny między nimi to kąt płaski utworzony przez ramiona leżące w tych ścianach, prostopadłe do wspólnej krawędzi $CS$ w tym samym punkcie $P$.
Ponieważ trójkąty $BCS$ i $CDS$ są przystającymi trójkątami równoramiennymi o bokach $5, 5, 6$, wysokości opuszczone z wierzchołków $B$ i $D$ na krawędź $CS$ padają dokładnie w ten sam punkt $P$.
Długość wysokości $BP = DP$ oblicz, porównując dwa wzory na pole ściany bocznej: z wysokością opuszczoną na podstawę $BC$ oraz z wysokością opuszczoną na krawędź boczną $CS$.
Rozpatrz trójkąt równoramienny $BPD$, w którym podstawa $BD$ jest przekątną kwadratu podstawy ostrosłupa. Cosinus kąta $\alpha = \angle BPD$ wyznacz z twierdzenia cosinusów lub dzieląc trójkąt na dwa trójkąty prostokątne i korzystając ze wzoru na cosinus kąta podwojonego.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego ostrosłupa:
Podstawą ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest kwadrat $ABCD$ o boku $a = 6$. Wszystkie krawędzie boczne mają jednakową długość $b = 5$. Ściany boczne są przystającymi trójkątami równoramiennymi. Krawędzią wspólną ścian $BCS$ i $CDS$ jest krawędź $CS$.
Wyznaczenie wysokości ściany bocznej opuszczonej na krawędź boczną $CS$:
Rozpatrzmy ścianę boczną $BCS$, będącą trójkątem równoramiennym o podstawie $|BC| = 6$ i ramionach $|BS| = |CS| = 5$.

Niech $M$ będzie środkiem boku $BC$, czyli $|BM| = |MC| = 3$. Wysokość $h_1 = |SM|$ opuszczona z wierzchołka $S$ na podstawę $BC$ dzieli ścianę na dwa trójkąty prostokątne. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $BMS$: $$ \begin{aligned} |SM|^2 + |BM|^2 &= |BS|^2 \\[8pt] h_1^2 + 3^2 &= 5^2 \\[8pt] h_1^2 + 9 &= 25 \\[8pt] h_1^2 &= 16 \implies h_1 = 4 \end{aligned} $$ Pole powierzchni trójkąta $BCS$ wynosi: $$ P_{\triangle BCS} = \dfrac{1}{2} \cdot |BC| \cdot h_1 = \dfrac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4 = 12 $$ Niech punkt $P$ leży na krawędzi $CS$ tak, że odcinek $BP$ jest prostopadły do $CS$ ($BP \perp CS$). Odcinek ten jest wysokością trójkąta $BCS$ opuszczoną na ramię $CS$. Pole tego samego trójkąta możemy wyrazić wzorem: $$ P_{\triangle BCS} = \dfrac{1}{2} \cdot |CS| \cdot |BP| $$ Przyrównujemy obie postaci pola trójkąta: $$ \begin{aligned} 12 &= \dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot |BP| \\[8pt] 12 &= \dfrac{5}{2} \cdot |BP| \\[8pt] |BP| &= \dfrac{24}{5} \end{aligned} $$ Ponieważ ściana $CDS$ jest przystająca do $BCS$, wysokość trójkąta $CDS$ poprowadzona z wierzchołka $D$ na tę samą krawędź boczną $CS$ ma identyczną długość i pada w ten sam punkt $P$: $$ |DP| = |BP| = \dfrac{24}{5} $$
Rysunek przekroju i Sposób I – Wyznaczenie cosinusa kąta z twierdzenia cosinusów w trójkącie $BPD$:
Kąt $\alpha = \angle BPD$ jest kątem liniowym szukanego kąta dwuściennego między ścianami $BCS$ i $CDS$. Odcinek $BD$ leży w podstawie ostrosłupa i jest przekątną kwadratu o boku $a = 6$: $$ |BD| = a\sqrt{2} = 6\sqrt{2} $$

W trójkącie $BPD$ znamy długości wszystkich boków: $$ |BP| = \dfrac{24}{5}, \quad |DP| = \dfrac{24}{5}, \quad |BD| = 6\sqrt{2} $$ Stosujemy twierdzenie cosinusów dla kąta $\alpha$: $$ |BD|^2 = |BP|^2 + |DP|^2 - 2 \cdot |BP| \cdot |DP| \cdot \cos \alpha $$ Podstawiamy wyznaczone wartości liczbowe: $$ \begin{aligned} (6\sqrt{2})^2 &= \left(\dfrac{24}{5}\right)^2 + \left(\dfrac{24}{5}\right)^2 - 2 \cdot \left(\dfrac{24}{5}\right) \cdot \left(\dfrac{24}{5}\right) \cdot \cos \alpha \\[8pt] 72 &= \dfrac{576}{25} + \dfrac{576}{25} - 2 \cdot \dfrac{576}{25} \cdot \cos \alpha \\[8pt] 72 &= \dfrac{1152}{25} - \dfrac{1152}{25} \cos \alpha \end{aligned} $$ Mnożymy obustronnie przez $25$: $$ \begin{aligned} 72 \cdot 25 &= 1152 - 1152\cos \alpha \\[8pt] 1800 &= 1152 - 1152\cos \alpha \\[8pt] 1152\cos \alpha &= 1152 - 1800 \\[8pt] 1152\cos \alpha &= -648 \end{aligned} $$ Dzielimy obie strony równania przez $1152$ i skracamy ułamek przez $72$: $$ \cos \alpha = -\dfrac{648}{1152} = -\dfrac{648 : 72}{1152 : 72} = -\dfrac{9}{16} $$ Ujemny znak cosinusa oznacza, że kąt dwuścienny między badanymi ścianami jest kątem rozwartym.
Sposób II – Wykorzystanie trójkąta prostokątnego i wzoru na cosinus kąta podwojonego:
Trójkąt $BPD$ jest równoramienny o ramionach $|BP| = |DP| = \dfrac{24}{5}$. Niech punkt $O$ będzie środkiem odcinka $BD$ (będącym jednocześnie środkiem podstawy kwadratu $ABCD$).

Wysokość $PO$ opuszczona na podstawę trójkąta równoramiennego dzieli kąt $\alpha$ na dwa równe kąty $\dfrac{\alpha}{2}$ oraz połowi podstawę $BD$: $$ |BO| = \dfrac{|BD|}{2} = \dfrac{6\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2} $$ W trójkącie prostokątnym $BOP$ (z kątem prostym przy wierzchołku $O$) wyznaczamy sinus kąta połówkowego $\dfrac{\alpha}{2}$: $$ \begin{aligned} \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) &= \dfrac{|BO|}{|BP|} \\[8pt] &= \dfrac{3\sqrt{2}}{\dfrac{24}{5}} \\[8pt] &= 3\sqrt{2} \cdot \dfrac{5}{24} = \dfrac{5\sqrt{2}}{8} \end{aligned} $$ Cosinus całego kąta $\alpha$ obliczamy, stosując tożsamość trygonometryczną kąta podwojonego: $$ \cos \alpha = 1 - 2\sin^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) $$ Podnosimy wyznaczoną wartość sinusa do kwadratu: $$ \sin^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = \left(\dfrac{5\sqrt{2}}{8}\right)^2 = \dfrac{25 \cdot 2}{64} = \dfrac{50}{64} = \dfrac{25}{32} $$ Obliczamy cosinus kąta $\alpha$: $$ \begin{aligned} \cos \alpha &= 1 - 2 \cdot \dfrac{25}{32} \\[8pt] &= 1 - \dfrac{25}{16} \\[8pt] &= \dfrac{16 - 25}{16} = -\dfrac{9}{16} \end{aligned} $$

Odpowiedź:
Cosinus kąta dwuściennego między ścianami bocznymi $BCS$ i $CDS$ wynosi $\cos \alpha = -\dfrac{9}{16}$.

Zadanie 3 (2 pkt)

Podstawą prostopadłościanu $ABCDEFGH$ jest prostokąt $ABCD$ natomiast $AE, BF, CG, DH$ są krawędziami bocznymi oraz $|AB| = 3$, $|AD| = 4$, $|AE| = 3$. Oblicz pole trójkąta $BDG$.

Wskazówki:

Zauważ, że boki trójkąta $BDG$ są przekątnymi odpowiednich ścian prostopadłościanu: $BD$ leży w podstawie dolnej, $BG$ w prawej ścianie bocznej, a $DG$ w tylnej ścianie bocznej.
Zastosuj twierdzenie Pitagorasa do wyznaczenia długości każdego z trzech boków trójkąta $BDG$.
Zwróć uwagę na relację między długościami boków – trójkąt $BDG$ okaże się równoramienny, co pozwala na proste wyznaczenie wysokości opuszczonej na podstawę.
Pole trójkąta możesz obliczyć za pomocą klasycznego wzoru z wysokością lub z twierdzenia cosinusów i jedynki trygonometrycznej.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza budowy prostopadłościanu:
W prostopadłościanie $ABCDEFGH$ krawędzie wychodzące z jednego wierzchołka mają długości: $$|AB| = 3, \quad |AD| = 4, \quad |AE| = 3$$ Ściany prostopadłościanu są prostokątami, a krawędzie boczne są prostopadłe do płaszczyzny podstawy: $$|BC| = |AD| = 4, \quad |CD| = |AB| = 3, \quad |CG| = |BF| = |DH| = |AE| = 3$$ Wierzchołki trójkąta $BDG$ to dwa wierzchołki podstawy dolnej ($B$ oraz $D$) oraz jeden wierzchołek podstawy górnej ($G$).
Wyznaczenie długości boków trójkąta $BDG$:
Każdy z boków trójkąta jest przekątną jednej ze ścian prostokątnych prostopadłościanu. Obliczamy ich długości z twierdzenia Pitagorasa:

1. Długość boku $BD$ (przekątna podstawy $ABCD$): $$\begin{aligned} |BD|^2 &= |AB|^2 + |AD|^2 \\[8pt] &= 3^2 + 4^2 \\[8pt] &= 9 + 16 = 25 \\[8pt] |BD| &= 5 \end{aligned}$$ 2. Długość boku $BG$ (przekątna ściany bocznej $BCGF$): $$\begin{aligned} |BG|^2 &= |BC|^2 + |CG|^2 \\[8pt] &= 4^2 + 3^2 \\[8pt] &= 16 + 9 = 25 \\[8pt] |BG| &= 5 \end{aligned}$$ 3. Długość boku $DG$ (przekątna tylnej ściany bocznej $CDHG$): $$\begin{aligned} |DG|^2 &= |CD|^2 + |CG|^2 \\[8pt] &= 3^2 + 3^2 \\[8pt] &= 9 + 9 = 18 \\[8pt] |DG| &= \sqrt{18} = 3\sqrt{2} \end{aligned}$$ Ponieważ $|BD| = |BG| = 5$, trójkąt $BDG$ jest trójkątem równoramiennym o ramionach długości $5$ i podstawie $|DG| = 3\sqrt{2}$.
Obliczenie pola trójkąta – Sposób I (z wysokości opuszczonej na podstawę):
W trójkącie równoramiennym wysokość $h$ opuszczona z wierzchołka $B$ na podstawę $DG$ dzieli tę podstawę na dwie równe części w punkcie $S$: $$\begin{aligned} |DS| &= \dfrac{|DG|}{2} \\[8pt] &= \dfrac{3\sqrt{2}}{2} \end{aligned}$$ Trójkąt $BSD$ jest trójkątem prostokątnym o przyprostokątnych $h = |BS|$ oraz $|DS| = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$ i przeciwprostokątnej $|BD| = 5$. Wyznaczamy wysokość $h$ z twierdzenia Pitagorasa: $$\begin{aligned} h^2 + |DS|^2 &= |BD|^2 \\[8pt] h^2 + \left(\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 &= 5^2 \\[8pt] h^2 + \dfrac{18}{4} &= 25 \\[8pt] h^2 + \dfrac{9}{2} &= 25 \\[8pt] h^2 &= 25 - \dfrac{9}{2} \\[8pt] h^2 &= \dfrac{41}{2} \\[8pt] h &= \sqrt{\dfrac{41}{2}} = \dfrac{\sqrt{82}}{2} \end{aligned}$$ Obliczamy pole trójkąta $BDG$: $$\begin{aligned} P &= \dfrac{1}{2} \cdot |DG| \cdot h \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot 3\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{82}}{2} \\[8pt] &= \dfrac{3\sqrt{164}}{4} \\[8pt] &= \dfrac{3 \cdot 2\sqrt{41}}{4} \\[8pt] &= \dfrac{3\sqrt{41}}{2} \end{aligned}$$
Obliczenie pola trójkąta – Sposób II (z twierdzenia cosinusów i sinusa kąta):
Niech $\alpha = \angle BGD$ oznacza kąt przy podstawie trójkąta $BDG$. Z twierdzenia cosinusów dla boku $BD$ otrzymujemy: $$\begin{aligned} |BD|^2 &= |BG|^2 + |DG|^2 - 2 \cdot |BG| \cdot |DG| \cdot \cos\alpha \\[8pt] 5^2 &= 5^2 + (3\sqrt{2})^2 - 2 \cdot 5 \cdot 3\sqrt{2} \cdot \cos\alpha \\[8pt] 25 &= 25 + 18 - 30\sqrt{2} \cos\alpha \\[8pt] 30\sqrt{2} \cos\alpha &= 18 \\[8pt] \cos\alpha &= \dfrac{18}{30\sqrt{2}} = \dfrac{3}{5\sqrt{2}} = \dfrac{3\sqrt{2}}{10} \end{aligned}$$ Korzystamy z jedynki trygonometrycznej $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$, pamiętając, że dla kąta w trójkącie $\sin\alpha > 0$: $$\begin{aligned} \sin^2\alpha &= 1 - \cos^2\alpha \\[8pt] &= 1 - \left(\dfrac{3\sqrt{2}}{10}\right)^2 \\[8pt] &= 1 - \dfrac{18}{100} = \dfrac{82}{100} \\[8pt] \sin\alpha &= \dfrac{\sqrt{82}}{10} \end{aligned}$$ Obliczamy pole trójkąta ze wzoru z sinusem kąta: $$\begin{aligned} P &= \dfrac{1}{2} \cdot |BG| \cdot |DG| \cdot \sin\alpha \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 3\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{82}}{10} \\[8pt] &= \dfrac{15\sqrt{164}}{20} \\[8pt] &= \dfrac{3 \cdot 2\sqrt{41}}{4} \\[8pt] &= \dfrac{3\sqrt{41}}{2} \end{aligned}$$

Odpowiedź:
$P = \dfrac{3\sqrt{41}}{2}$

Zadanie 4 (5 pkt)

Podstawą ostrosłupa $ABCS$ jest trójkąt prostokątny $ABC$, którego przyprostokątne mają długości $|AB| = 6$ i $|AC| = 8$. Krawędzie boczne mają długość $|AS| = |BS| = |CS| = 13$. Oblicz objętość tego ostrosłupa oraz sinus kąta nachylenia ściany bocznej $ACS$ do podstawy $ABC$.

Wskazówki:

Wykorzystaj twierdzenie o ostrosłupie o równych krawędziach bocznych: jeżeli wszystkie krawędzie boczne ostrosłupa mają jednakową długość, to spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na jego podstawie.
W trójkącie prostokątnym środek okręgu opisanego leży dokładnie w środku przeciwprostokątnej, a promień tego okręgu jest równy połowie długości przeciwprostokątnej.
Wysokość ostrosłupa $H$ wyznaczysz z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym utworzonym przez wysokość, promień okręgu opisanego oraz krawędź boczną.
Kąt dwuścienny między ścianą boczną a podstawą wyznaczamy, rzutując prostopadle spodek wysokości na krawędź przecięcia obu płaszczyzn ($AC$) i stosując twierdzenie o trzech prostopadłych.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza położenia spodka wysokości ostrosłupa:
Ponieważ wszystkie krawędzie boczne ostrosłupa są równej długości ($|AS| = |BS| = |CS| = 13$), ich rzuty prostokątne na płaszczyznę podstawy muszą być równe. Oznacza to, że spodek wysokości ostrosłupa $O$ jest punktem równo oddalonym od wszystkich wierzchołków trójkąta podstawy, czyli środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ABC$.

Podstawa $ABC$ jest trójkątem prostokątnym o przyprostokątnych $|AB| = 6$ i $|AC| = 8$, zatem kąt prosty znajduje się przy wierzchołku $A$. Z własności okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym wynika, że jego środek $O$ jest środkiem przeciwprostokątnej $BC$.
Obliczenie pola podstawy oraz długości przeciwprostokątnej trójkąta $ABC$:
Pole trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $|AB| = 6$ i $|AC| = 8$ wynosi: $$\begin{aligned} P_p &= \dfrac{1}{2} \cdot |AB| \cdot |AC| \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot 6 \cdot 8 \\[8pt] &= 24 \end{aligned}$$ Długość przeciwprostokątnej $|BC|$ wyznaczamy z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABC$: $$\begin{aligned} |BC|^2 &= |AB|^2 + |AC|^2 \\[8pt] |BC|^2 &= 6^2 + 8^2 \\[8pt] |BC|^2 &= 36 + 64 = 100 \\[8pt] |BC| &= \sqrt{100} = 10 \end{aligned}$$ Promień okręgu opisanego na podstawie $R$ jest równy połowie długości przeciwprostokątnej: $$R = |AO| = |BO| = |CO| = \dfrac{|BC|}{2} = \dfrac{10}{2} = 5$$
Wyznaczenie wysokości $H$ i objętości $V$ ostrosłupa:
Trójkąt $SOC$ jest prostokątny, gdzie przyprostokątnymi są wysokość ostrosłupa $H = |SO|$ oraz odcinek $|OC| = R = 5$, a przeciwprostokątną jest krawędź boczna $|CS| = 13$.
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa: $$\begin{aligned} H^2 + R^2 &= |CS|^2 \\[8pt] H^2 + 5^2 &= 13^2 \\[8pt] H^2 + 25 &= 169 \\[8pt] H^2 &= 144 \\[8pt] H &= 12 \end{aligned}$$ Obliczamy objętość ostrosłupa: $$\begin{aligned} V &= \dfrac{1}{3} \cdot P_p \cdot H \\[8pt] &= \dfrac{1}{3} \cdot 24 \cdot 12 \\[8pt] &= 8 \cdot 12 \\[8pt] &= 96 \end{aligned}$$
Wyznaczenie kąta nachylenia ściany bocznej $ACS$ do podstawy i obliczenie $\sin \alpha$:
Krawędzią wspólną płaszczyzny ściany bocznej $ACS$ i płaszczyzny podstawy $ABC$ jest bok $AC$.
Niech punkt $D$ będzie rzutem prostokątnym spodka wysokości $O$ na prostą $AC$ ($OD \perp AC$).
Z twierdzenia o trzech prostopadłych: skoro odcinek $SO$ jest prostopadły do płaszczyzny podstawy ($SO \perp (ABC)$) oraz $OD \perp AC$, to również odcinek $SD$ jest prostopadły do krawędzi $AC$ ($SD \perp AC$).
Zatem kątem nachylenia ściany bocznej $ACS$ do podstawy jest kąt liniowy: $$\alpha = \angle SDO$$ Wyznaczamy długość odcinka $|OD|$:
Ponieważ w trójkącie $ABC$ mamy $AB \perp AC$ oraz $OD \perp AC$, to odcinki $OD$ i $AB$ są równoległe ($OD \parallel AB$). Ponadto punkt $O$ jest środkiem boku $BC$, co oznacza, że odcinek $OD$ łączy środki boków w trójkącie $ABC$. Punkt $D$ jest więc środkiem boku $AC$, a długość odcinka $OD$ stanowi połowę długości boku $AB$: $$|OD| = \dfrac{1}{2} \cdot |AB| = \dfrac{1}{2} \cdot 6 = 3$$
Wartość $\sin \alpha$ możemy teraz obliczyć na dwa sposoby:

Sposób I – Z trójkąta prostokątnego $SDO$:
Trójkąt $SDO$ jest prostokątny z kątem prostym przy wierzchołku $O$. Wyznaczamy długość przeciwprostokątnej $|SD|$ (wysokości ściany bocznej) z twierdzenia Pitagorasa: $$\begin{aligned} |SD|^2 &= |SO|^2 + |OD|^2 \\[8pt] |SD|^2 &= 12^2 + 3^2 \\[8pt] |SD|^2 &= 144 + 9 = 153 \\[8pt] |SD| &= \sqrt{153} = \sqrt{9 \cdot 17} = 3\sqrt{17} \end{aligned}$$ Obliczamy sinus kąta $\alpha$ i usuwamy niewymierność z mianownika: $$\begin{aligned} \sin \alpha &= \dfrac{|SO|}{|SD|} \\[8pt] &= \dfrac{12}{3\sqrt{17}} \\[8pt] &= \dfrac{4}{\sqrt{17}} = \dfrac{4\sqrt{17}}{17} \end{aligned}$$
Sposób II – Z trójkąta równoramiennego ściany bocznej $ACS$:
Ściana boczna $ACS$ jest trójkątem równoramiennym o bokach $|AS| = 13$, $|CS| = 13$ oraz podstawie $|AC| = 8$.
Wysokość tego trójkąta opuszczona na podstawę $AC$ dzieli ją na dwie równe części o długości: $$|AD| = |DC| = \dfrac{1}{2} \cdot |AC| = 4$$ Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym $ADS$ otrzymujemy wysokość ściany bocznej $h_s = |SD|$: $$\begin{aligned} |SD|^2 + |AD|^2 &= |AS|^2 \\[8pt] |SD|^2 + 4^2 &= 13^2 \\[8pt] |SD|^2 + 16 &= 169 \\[8pt] |SD|^2 &= 153 \\[8pt] |SD| &= 3\sqrt{17} \end{aligned}$$ W trójkącie prostokątnym $SDO$ sinus kąta nachylenia to stosunek wysokości ostrosłupa do wysokości ściany bocznej: $$\sin \alpha = \dfrac{H}{|SD|} = \dfrac{12}{3\sqrt{17}} = \dfrac{4\sqrt{17}}{17}$$ Poniższy rysunek wynikowy ilustruje przekrój prostopadły $SDO$ oraz wyznaczony kąt nachylenia $\alpha$.

Odpowiedź:
Objętość ostrosłupa wynosi $V = 96$, a sinus kąta nachylenia ściany bocznej $ACS$ do podstawy jest równy $\sin \alpha = \dfrac{4\sqrt{17}}{17}$.

Zadanie 5 (4 pkt)

Podstawą ostrosłupa $ABCS$ jest trójkąt $ABC$. Krawędź $AS$ jest wysokością ostrosłupa i $|AS| = 3$. Trójkąt $BCS$ jest równoboczny o boku $5$. Oblicz objętość i pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa.

Wskazówki:

Ponieważ krawędź boczna $AS$ jest wysokością ostrosłupa, jest prostopadła do płaszczyzny podstawy $(ABC)$, a więc także do prostych w niej zawartych: $AS \perp AB$ oraz $AS \perp AC$. Ściany boczne $SAB$ oraz $SAC$ to trójkąty prostokątne.
Wykorzystaj fakt, że trójkąt $BCS$ jest równoboczny o boku $5$ – stąd znasz długości krawędzi: $|SB| = 5$, $|SC| = 5$ oraz $|BC| = 5$.
Zastosuj twierdzenie Pitagorasa w trójkątach prostokątnych $SAB$ i $SAC$, aby wyznaczyć długości krawędzi podstawy $|AB|$ i $|AC|$.
Podstawa $ABC$ okazuje się trójkątem równoramiennym. Oblicz jej pole, wyznaczając uprzednio wysokość opuszczoną na podstawę $BC$.
Objętość oblicz ze wzoru $V = \dfrac{1}{3} P_p \cdot H$, a pole powierzchni bocznej jako sumę pól trzech ścian bocznych: dwóch trójkątów prostokątnych i jednego trójkąta równobocznego.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza własności ostrosłupa:
Krawędź $AS$ jest wysokością ostrosłupa, zatem zachodzi $AS \perp (ABC)$. Z definicji prostopadłości prostej do płaszczyzny odcinek $AS$ jest prostopadły do każdego odcinka leżącego w podstawie i wychodzącego z wierzchołka $A$: $$AS \perp AB \quad \text{oraz} \quad AS \perp AC$$ Trójkąty $SAB$ i $SAC$ są trójkątami prostokątnymi o wspólnej przyprostokątnej $|AS| = 3$. Ponadto ściana $BCS$ jest trójkątem równobocznym o boku $5$, skąd otrzymujemy: $$|SB| = 5, \quad |SC| = 5, \quad |BC| = 5$$
Wyznaczenie długości krawędzi podstawy $AB$ oraz $AC$:
W trójkącie prostokątnym $SAB$ przeciwprostokątną jest $SB = 5$, a jedną z przyprostokątnych $AS = 3$. Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa: $$\begin{aligned} |AS|^2 + |AB|^2 &= |SB|^2 \\[8pt] 3^2 + |AB|^2 &= 5^2 \\[8pt] 9 + |AB|^2 &= 25 \\[8pt] |AB|^2 &= 25 - 9 \\[8pt] |AB|^2 &= 16 \\[8pt] |AB| &= 4 \end{aligned}$$ W trójkącie prostokątnym $SAC$ przeciwprostokątną jest $SC = 5$, a przyprostokątną $AS = 3$. Ponownie stosujemy twierdzenie Pitagorasa: $$\begin{aligned} |AS|^2 + |AC|^2 &= |SC|^2 \\[8pt] 3^2 + |AC|^2 &= 5^2 \\[8pt] 9 + |AC|^2 &= 25 \\[8pt] |AC|^2 &= 16 \\[8pt] |AC| &= 4 \end{aligned}$$ Podstawą ostrosłupa jest zatem trójkąt równoramienny $ABC$ o bokach długości: $$|AB| = 4, \quad |AC| = 4, \quad |BC| = 5$$
Obliczenie pola podstawy $P_p$ i objętości ostrosłupa $V$:
Niech punkt $D$ będzie środkiem boku $BC$. Ponieważ trójkąt $ABC$ jest równoramienny ($|AB| = |AC|$), odcinek $AD$ jest wysokością tego trójkąta prostopadłą do podstawy $BC$: $$|BD| = |DC| = \dfrac{|BC|}{2} = \dfrac{5}{2}$$ Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym $ABD$ wyznaczamy wysokość $|AD|$: $$\begin{aligned} |AD|^2 + |BD|^2 &= |AB|^2 \\[8pt] |AD|^2 + \left(\dfrac{5}{2}\right)^2 &= 4^2 \\[8pt] |AD|^2 + \dfrac{25}{4} &= 16 \\[8pt] |AD|^2 &= 16 - \dfrac{25}{4} \\[8pt] |AD|^2 &= \dfrac{64 - 25}{4} \\[8pt] |AD|^2 &= \dfrac{39}{4} \\[8pt] |AD| &= \dfrac{\sqrt{39}}{2} \end{aligned}$$

Obliczamy pole podstawy $P_p = P_{ABC}$: $$\begin{aligned} P_p &= \dfrac{1}{2} \cdot |BC| \cdot |AD| \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot \dfrac{\sqrt{39}}{2} \\[8pt] &= \dfrac{5\sqrt{39}}{4} \end{aligned}$$ Obliczamy objętość ostrosłupa przy wysokości $H = |AS| = 3$: $$\begin{aligned} V &= \dfrac{1}{3} \cdot P_p \cdot H \\[8pt] &= \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{5\sqrt{39}}{4} \cdot 3 \\[8pt] &= \dfrac{5\sqrt{39}}{4} \end{aligned}$$
Obliczenie pola powierzchni bocznej $P_b$:
Powierzchnia boczna ostrosłupa składa się z trzech ścian trójkątnych: dwóch przystających trójkątów prostokątnych $SAB$ i $SAC$ oraz trójkąta równobocznego $BCS$: $$P_b = P_{SAB} + P_{SAC} + P_{BCS}$$ Obliczamy pole ściany $SAB$: $$\begin{aligned} P_{SAB} &= \dfrac{1}{2} \cdot |AB| \cdot |AS| \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot 3 \\[8pt] &= 6 \end{aligned}$$ Obliczamy pole ściany $SAC$: $$\begin{aligned} P_{SAC} &= \dfrac{1}{2} \cdot |AC| \cdot |AS| \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot 3 \\[8pt] &= 6 \end{aligned}$$ Obliczamy pole ściany $BCS$ (trójkąt równoboczny o boku $a = 5$): $$\begin{aligned} P_{BCS} &= \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} \\[8pt] &= \dfrac{5^2\sqrt{3}}{4} \\[8pt] &= \dfrac{25\sqrt{3}}{4} \end{aligned}$$ Sumujemy pola wszystkich trzech ścian bocznych: $$\begin{aligned} P_b &= 6 + 6 + \dfrac{25\sqrt{3}}{4} \\[8pt] &= 12 + \dfrac{25\sqrt{3}}{4} \\[8pt] &= \dfrac{48 + 25\sqrt{3}}{4} \end{aligned}$$

Odpowiedź:
Objętość ostrosłupa wynosi $V = \dfrac{5\sqrt{39}}{4}$, a pole powierzchni bocznej wynosi $P_b = 12 + \dfrac{25\sqrt{3}}{4} = \dfrac{48 + 25\sqrt{3}}{4}$.

Grupa B

Zadanie 1 (4 pkt)

Podstawą ostrosłupa $ABCS$ jest trójkąt równoramienny $ABC$, w którym $|AB| = 8$, $|BC| = |AC| = 5$ i spodek wysokości ostrosłupa należy do jego podstawy. Każda wysokość ściany bocznej poprowadzona z wierzchołka $S$ ma długość 5. Oblicz objętość tego ostrosłupa.