Dany jest ostrosłup prawidłowyostrosłup prawidłowyostrosłup prawidłowy trójkątny. Trzy jego ściany boczne są wzajemnie prostopadłe. Pole każdej z tych ścian jest równe $18$. Oblicz długości krawędzi tego ostrosłupa.

Rozwiązanie.

Zauważmy, że informacją wyróżniającą dany ostrosłup z rodziny wszystkich ostrosłupów prawidłowych jest fakt, że jego ściany boczne są do siebie wzajemnie prostopadłe. Z taką sytuacją trzech ścian o wspólnym wierzchołku wzajemnie prostopadłych do siebie mieliśmy do czynienia w narożach sześcianu. Zauważmy dodatkowo, że ostrosłup jest prawidłowy, zatem w podstawie ma trójkąt równoboczny. Oznacza to, że wszystkie trzy ściany boczne ostrosłupa muszą być trójkątami prostokątnymi, równoramiennymi i przystającymi do siebie. Ostatecznie naszą bryłę można przedstawić następująco, umieszczając poziomo jedną ze ścian bocznych, aby lepiej dostrzec własności ostrosłupa:

RXlXfCvCK3HAp

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy trójkątny. Podstawa ma wierzchołki A B W, a wierzchołek górny ostrosłupa to C. Kąt BWA jest kątem prosty, kąt BWC jest kątem prostym oraz kąt AWC również jest kątem prostym.

Wiemy, że pole jednej ściany bocznej jest równe $18$. Przyjmując, że krawędź boczna ostrosłupa jest długości $b$, możemy napisać następującą zależność:

$\frac{1}{2}{b}^2=18$

$b^2=36$

$b=6$.

Ale ponieważ krawędź ostrosłupa jest przeciwprostokątną trójkąta ściany bocznej, to jest ona długości $a=6\sqrt{2}$.

Podstawą ostrosłupa $ABCDW$ jest trapez prostokątny $ABCD$. W trapezie tym jedna z podstaw ma długość $7$, a jedna z przekątnych ma długość $\sqrt{34}$. Krawędź $AW$ jest wysokością ostrosłupa i jest równa $7$. Wiadomo ponadto, że długość krawędzi bocznej $CW$ ostrosłupa jest równa $\sqrt{107}$. Oblicz długości wszystkich krawędzi ostrosłupa.

Rozwiązanie.

Na wstępie, jak zawsze, chcielibyśmy naszkicować opisaną sytuację. Jest z tym jednak pewien kłopot, bo nie wiemy, ani które krawędzie podstawy ostrosłupa są podstawami trapezu, ani też, przy których wierzchołkach są kąty proste trapezu. Wykonajmy zatem na ten moment szkic ostrosłupa, w którym nie będziemy jeszcze zaznaczać własności jego podstawy.

RzyfEXYceYowK

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trapez o wierzchołkach A B C D, wierzchołek górny ostrosłupa podpisano literą W. W podstawie ostrosłupa linią przerywaną narysowano jego przekątną AC. Krawędź boczna WA jest prostopadła do przekątnej AC.

Skoro krawędź $AW$ jest wysokością ostrosłupa, to trójkąt $CAW$ jest prostokątny. Pozwala nam to z twierdzenia Pitagorasa wyznaczyć długość przekątnej $AC$ trapezu:

${\left|AW\right|}^2+{\left|AC\right|}^2={\left|CW\right|}^2$

$7^2+{\left|AC\right|}^2={\sqrt{107}}^2$

${\left|AC\right|}^2=107-49$

$\left|AC\right|=\sqrt{58}$.

Wiemy, że jedna z przekątnych trapezu ma długość $\sqrt{34}$, więc $AC$ musi być drugą, dłuższą przekątną. Zauważmy ponadto, że $7=\sqrt{49}>\sqrt{34}$, więc pamiętając, że przeciwprostokątna zawsze jest dłuższa od przyprostokątnej, wyciągnąć możemy wniosek, że podstawa długości $7$ jest dłuższą podstawą trapezu. To pozwala nam dokładniej zająć się tym czworokątem. Naszkicujmy go bez deformacji:

RoGDmDtab7D3F

Ilustracja przedstawia trapez prostokątny o wierzchołkach A B C D, gdzie AD jest krótsza podstawą, BC jest dłuższą podstawą, a AB ramieniem prostopadłym. W trapezie zaznaczono jego obie przekątne, przy czym przekątną BD ma długość <math34, a przekątna AC ma długość <math58.

Możemy teraz obliczyć jego wysokość, ponownie z twierdzenia Pitagorasa, tym razem w trójkącie $ABC$:

${\left|AB\right|}^2+{\left|BC\right|}^2={\left|AC\right|}^2$

${\left|AB\right|}^2+7^2={\sqrt{58}}^2$

${\left|AB\right|}^2=58-49$

$\left|AB\right|=3$.

Następnie, z trójkąta $BAD$ obliczamy długość krótszej podstawy trapezu:

${\left|AB\right|}^2+{\left|AD\right|}^2={\left|BD\right|}^2$

$3^2+{\left|AD\right|}^2={\sqrt{34}}^2$

${\left|AD\right|}^2=34-9$

$\left|AD\right|=5$.

Zauważmy, że znamy już obie podstawy i wysokość trapezu. Na tej podstawie możemy obliczyć, że ramię $DC$ ma długość pierwiastek z $13$.

Mamy już potrzebne długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Aby wyznaczyć długości brakujących krawędzi bocznych $BW$ oraz $DW$, wystarczy wykorzystać prostokątne trójkąty ścian bocznych.

Z trójkąta $BAW$ mamy:

${\left|AW\right|}^2+{\left|AB\right|}^2={\left|BW\right|}^2$

$7^2+3^2={\left|BW\right|}^2$

$58={\left|BW\right|}^2$

$\left|BW\right|=\sqrt{58}$.

Analogicznie z trójkąta $DAW$ mamy:

${\left|AW\right|}^2+{\left|AD\right|}^2={\left|DW\right|}^2$

$7^2+5^2={\left|DW\right|}^2$

$74={\left|DW\right|}^2$

$\left|DW\right|=\sqrt{74}$.

Rozważmy te ostrosłupy prawidłowe czworokątne, w których suma długości wysokości i krawędzi podstawy jest równa $8$. Spośród tych ostrosłupów wybrano taki, że pole trójkąta, którego bokami są krawędzie boczne i przekątna podstawy ostrosłupa, jest największe. Oblicz długość krawędzi podstawy i wysokość ostrosłupa.

Rozwiązanie.

Problem powyżej przedstawiony jest typowym problemem optymalizacyjnym. Zacznijmy oczywiście od rysunku ostrosłupa:

R1TmHHpCKWFkL

Ilustracja przedstawia ostrosłup czworokątny, wierzchołki jego podstawy to A B C D, wierzchołek górny ostrosłupa oznaczono literą W. W ostrosłupie zaznaczono jego wysokość, którego spodek podpisano literą S. W podstawie ostrosłupa zaznaczono jej przekątne. Kąt pomiędzy wysokością WS a przekątną AC zaznaczono kąt prosty. W ostrosłupie zaznaczono trójkąt o wierzchołkach A C W.

Przypomnijmy, że rozwiązując zadania optymalizacyjne, musimy stworzyć funkcję jednej zmiennej, która opisuje wielkość ekstremalną zgodnie z tekstem zadania ( u nas pole trójkąta $ACW$). Jeżeli przyjmiemy, że krawędź podstawy ostrosłupa oznaczymy symbolem $a$, zaś wysokość ostrosłupa symbolem $h$, to:

$P_{\mathrm{\Delta }AWC}=\frac{1}{2}·a\sqrt{2}·h$.

Jednocześnie z tekstu zadania wiemy, że $h+a=8$, a zatem funkcję pola wyraża wzór:

$P\left(a\right)=\frac{1}{2}·a\sqrt{2}·\left(8-a\right)$.

Dziedziną tej funkcji jest przedział obustronnie otwarty $\left(0,8\right)$.

Aby wyznaczyć argument, dla którego funkcja przyjmuje swoją maksymalną wartość, zauważmy, że jest to funkcja kwadratowa, której wykresem jest parabola ramionami skierowana w dół. Łatwo zapisać wzór tej funkcji w postaci iloczynowejpostać iloczynowa funkcji kwadratowejpostaci iloczynowej:

$P\left(a\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}·a·\left(a-8\right)$.

Z tej postaci, korzystając z symetrii paraboli, możemy wskazać pierwszą współrzędną jej wierzchołka

$p=\frac{0+8}{2}=4$.

Konsekwentnie oznacza to, że pole trójkąta $AWC$ jest maksymalne, gdy $a=4$ oraz $h=8-4=4$. Dla zainteresowanych umieszczamy poniżej aplet, na którym można prześledzić, jak wygląda wykres omawianej przez nas funkcji i ile jest równe pole trójkąta przy przyjętej z góry długości $a\in \left(0,8\right)$ krawędzi ostrosłupa.

R1SVNHaRzFmIF

Aplet przedstawia wykres z poziomą osią a od minus 1 do dwanaście i pionową osią P od minus 1 do dwanaście. W płaszczyźnie znajduje się wykres o kształcie paraboli, z ramionami skierowanymi w dół. Wierzchołek tej paraboli znajduje się w pierwszej ćwiartce, jej lewe ramię została ucięte w punkcie nawias zero średnik zero zamknięcie nawiasu, a prawe ramię zostało ucięte w punkcie nawias osiem średnik zero zamknięcie nawiasu. Pod płaszczyzną układu znajduje się suwak za pomocą którego możemy zmieniać wartość a, czyli długość krawędzi podstawy ostrosłupa od zera do o ośmiu. Ustawiając a równe zero, punkt a znajduje się w punkcie nawias zero średnik zero zamknięcie nawiasu, pod wykresem znajduje się zapis $P\left(a\right)=P\left(0\right)=0$. Ustawiając wartość a równą dwa punkt ma współrzędne nawias dwa średnik osiem i czterdzieści dziewięć setnych zamknięcie nawiasu, punkt porusza się o linii wykresu, a więc $P\left(a\right)=P\left(2\right)=8.49$. Ustawiając wartość a równą 4 nasz punkt pojawia się w punkcie nawias cztery zero jedenaście i trzydzieści jeden setnych, , punkt porusza się o linii wykresu, a więc $P\left(a\right)=P\left(4\right)=11.31$. Punkt porusza się po paraboli, dla wartości a równej cztery, punkt znajduje się na wierzchołku wykresu.

Aplet przedstawia wykres z poziomą osią a od minus 1 do dwanaście i pionową osią P od minus 1 do dwanaście. W płaszczyźnie znajduje się wykres o kształcie paraboli, z ramionami skierowanymi w dół. Wierzchołek tej paraboli znajduje się w pierwszej ćwiartce, jej lewe ramię została ucięte w punkcie nawias zero średnik zero zamknięcie nawiasu, a prawe ramię zostało ucięte w punkcie nawias osiem średnik zero zamknięcie nawiasu. Pod płaszczyzną układu znajduje się suwak za pomocą którego możemy zmieniać wartość a, czyli długość krawędzi podstawy ostrosłupa od zera do o ośmiu. Ustawiając a równe zero, punkt a znajduje się w punkcie nawias zero średnik zero zamknięcie nawiasu, pod wykresem znajduje się zapis $P\left(a\right)=P\left(0\right)=0$. Ustawiając wartość a równą dwa punkt ma współrzędne nawias dwa średnik osiem i czterdzieści dziewięć setnych zamknięcie nawiasu, punkt porusza się o linii wykresu, a więc $P\left(a\right)=P\left(2\right)=8.49$. Ustawiając wartość a równą 4 nasz punkt pojawia się w punkcie nawias cztery zero jedenaście i trzydzieści jeden setnych, , punkt porusza się o linii wykresu, a więc $P\left(a\right)=P\left(4\right)=11.31$. Punkt porusza się po paraboli, dla wartości a równej cztery, punkt znajduje się na wierzchołku wykresu.

Zasób interaktywny dostępny pod adresem https://zpe.gov.pl/a/DXPI2QJrM

Dany jest ostrosłup prawidłowy sześciokątny, którego krawędź podstawy jest równa $6$ a wysokość jest równa $8$. Oblicz odległość spodka wysokości ostrosłupa od jego krawędzi bocznej.

Rozwiązanie.

Aby wskazać odcinek, którego długość mamy obliczyć zgodnie z poleceniem zadania, musimy spodek wysokości $S$ ostrosłupa połączyć pod kątem prostym z krawędzią boczną ostrosłupa. Naszkicujmy tę sytuację:

RftTXb2E9MTNp

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy o podstawie sześciokąta, którego wierzchołki podstawy to A B C D E F, a wierzchołek górny to W. W trójkącie zaznaczono jego wysokość, a spodek wysokości podpisano literą S. W podstawie zaznaczono jej wszystkie przekątne. Pomiędzy przekątną FS a wysokością zaznaczono kąt prosty. W ostrosłupie zaznaczono trójkąt o wierzchołkach W S D , w którym zaznaczono wysokość wychodzącą z wierzchołka S i upuszczoną na krawędź WD. Spodek tej wysokości zaznaczono literą O. Kąt SOD to kat prosty, kąt SDO podpisano literą alfa.

Zauważmy, że podstawa ostrosłupa jest sześciokątem foremnymwielokąt foremnysześciokątem foremnym, zatem długość odcinka $SD$ jest równa długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Obliczymy teraz długość krawędzi bocznej ostrosłupa, wykorzystując twierdzenie Pitagorasa w trójkącie $WSD$:

${\left|WS\right|}^2+{\left|SD\right|}^2={\left|DW\right|}^2$

$8^2+6^2={\left|DW\right|}^2$

$100={\left|DW\right|}^2$

$\left|DW\right|=10$

Łatwo zauważyć, że trójkąty $WSD$ oraz $SOD$ są trójkątami podobnymitrójkąty prostokątne podobnetrójkątami podobnymi. Istotnie oba są trójkątami prostokątnymi o tym samym kącie ostrym $\alpha$. Wykorzystując tę własność trójkątów możemy ułożyć proporcję, dzięki której obliczymy długość odcinka $SO$:

$\frac{\left|WS\right|}{\left|DW\right|}=\frac{\left|SO\right|}{\left|SD\right|}$

$\frac{8}{10}=\frac{\left|SO\right|}{6}$

$\left|SO\right|=4,8$

Długość odcinka $SO$ jako odcinka łączącego pod kątem prostym spodek wysokości ostrosłupa z jego krawędzią boczną stanowi szukaną odległość, zatem $\left|SO\right|=4,8$ jest ostateczną odpowiedzią do zadania.

ostrosłup prosty, którego podstawa jest wielokątem foremnym

wielokąt, którego wszystkie boki są równej długości i wszystkie kąty wewnętrzne są równej miary

postać, z której można odczytać bezpośrednio miejsca zerowe funkcji kwadratowej $x_1$ oraz $x_2$. Jeżeli funkcja kwadratowa $f\left(x\right)=a{x}^2+bx+c$, gdzie $a\ne 0$, $b\in \mathrm{ℝ}$, $c\in \mathrm{ℝ}$ ma dwa różne miejsca zerowe $x_1$ oraz $x_2$, to jej wzór można zapisać w postaci iloczynowej $f\left(x\right)=a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)$

trójkąty, które mają kąty parami równe i boki parami proporcjonalne.