Stereometria – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-5)
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym krawędź podstawy ma długość a. Ściany boczne są trójkątami ostrokątnymi. Miara kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi jest równa 2\alpha. Wyznacz objętość tego ostrosłupa.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Wykonajmy szkic sytuacyjny na modelu ostrosłupa ABCD. Należy pamiętać, że kąt pomiędzy przecinającymi się płaszczyznami zaznacza się na przekroju płaszczyzną prostopadłą do wspólnej krawędzi tych płaszczyzn. W naszym przypadku niech K będzie odpowiednim punktem na krawędzi BD tak, aby płaszczyzna AKC była do tej krawędzi prostopadła. Wtedy \angle AKC=2\alpha. Niech też |DP|=H będzie wysokością tego ostrosłupa, gdzie P jest punktem z trójkąta równobocznego ABC.

\begin{tikzpicture}[scale=1.5,rotate=4] \coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=right:$B$] (B) at (2,1); \coordinate[label=left:$C$] (C) at (-0.7,1.5); \coordinate[label=above:$D$] (D) at (0.7,4); \coordinate[label=right:$K$] (K) at ($(B)!0.3!(D)$); \coordinate[label=above right:$P$] (P) at ($0.333*(A)+0.333*(B)+0.333*(C)$); \draw[thick] (C)--(A)--(B) (A)--(D)--(B) (D)--(C); \draw[thick,dashed] (B)--(C); \foreach \p in {A,B,C,D,K,P}    \draw[fill=black] (\p) circle (0.8pt); \node[scale=0.65,blue] at ($(K)+(208:0.4)$) {$2\alpha$}; \draw[blue] (K)--(A); \draw[blue,dashed] (K)--(C); \draw (B)--(A) node[below,midway] {$a$}; \draw (C)--(A) node[left,midway] {$a$}; \draw[thick,red] (D)--(P); \end{tikzpicture}

Oznaczmy przez x długość odcinka AK, jest to jednocześnie wysokość ściany bocznej ABD. Rozważmy trójkąt AKC podzielony wysokością opuszczoną na bok AC.

\begin{tikzpicture} \draw[thick] (0,0)--(2,3)--(4,0)--cycle; \draw[thick,blue] (0,0)--(2,3)--(4,0); \node[above left] at (1,1.5) {$x$}; \node[below] at (1,0) {$\frac{a}{2}$}; \node[below left] at (0,0) {$C$}; \node[below right] at (4,0) {$A$}; \node[above] at (2,3) {$K$}; \draw[red] (2,3)--(2,0); \node[scale=0.8] at ($(2,3)+(252:0.4)$) {$\alpha$}; \end{tikzpicture}

Mamy wtedy

    \[\frac{\frac{a}{2}}{x}=\sin \alpha\quad\Leftrightarrow\quad x=\frac{a}{2\sin\alpha}.\]

Niech b będzie długością krawędzi bocznych naszego ostrosłupa, zaś h niech będzie długością wysokości tych ścian, opuszczonych z wierzchołka D.

\begin{tikzpicture} \draw[thick] (0,0)--(2,5)--(4,0)--cycle; \node[above left] at (1,2.5) {$b$}; \node[below] at (1,0) {$\frac{a}{2}$}; \node[below left] at (0,0) {$A$}; \node[below right] at (4,0) {$B$}; \node[above] at (2,5) {$D$}; \draw[red] (2,5)--(2,0) node[right,midway] {$h$}; \end{tikzpicture}

Z twierdzenia Pitagorasa mamy

    \[h^2=b^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2,\]

zaś z równości pól liczonych raz dla wysokości x, a raz dla wysokości h, dostajemy \dfrac{1}{2}\cdot |BD|\cdot x=\dfrac{1}{2}\cdot |AB|\cdot h, czyli bx=ah. Podstawiając obliczone wartości x i h, możemy napisać

    \[\frac{ab}{2\sin\alpha}=a\sqrt{b^2-\frac{a^2}{4}}.\]

Dostajemy stąd \dfrac{a^2}{4}=b^2\left(1-\dfrac{1}{4\sin^2\alpha}\right), czyli

    \[b=\frac{a\sin\alpha}{\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}.\]

Na koniec zauważmy, że podstawa P wysokości ostrosłupa znajduje się w środku ciężkości trójkąta równobocznego ABC. Stąd H^2=|BD|^2-|BP|^2, czyli

    \[H^2=b^2-\left(\frac{2}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}a\right)^2=\frac{a^2\sin^2\alpha}{4\sin^2\alpha-1}-\frac{a^2}{9}=\frac{5\sin^2\alpha+1}{9\left(4\sin^2\alpha-1\right)}a^2.\]

Mamy więc odpowiedź

    \[V=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2\cdot H=\frac{\sqrt{15\sin^2\alpha+3}}{36\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}\,a^3.\]

Warto jeszcze zaznaczyć, jakie warunki powinny spełniać podane wielkości, aby opisana w zadaniu sytuacja miała sens. Musi być oczywiście 4\sin^2\alpha-1>0, a że \alpha\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right), to \sin\alpha>\dfrac{1}{2}, czyli \alpha\in\left(\dfrac{\pi}{6},\,\dfrac{\pi}{2}\right).

 

Zadanie 2. (0-8)
W trójkącie ABC dane są: |AC|=8, |BC|=3, \angle ACB=60^\circ. Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej bryły powstałej po obrocie trójkąta ABC dookoła boku BC.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2003.


Wykonajmy szkic sytuacyjny danych z zadania. Warto przy tym ustawić oś obrotu (czyli bok BC trójkąta) w pozycji pionowej, aby lepiej wyobrazić sobie powstałą po tej operacji bryłę.

\begin{tikzpicture} \coordinate[label=above:$C$] (C) at (0,0); \coordinate[label=below:$A$] (A) at (210:4); \coordinate[label=below:$A'$] (Ap) at (330:4); \coordinate[label=above left:$B$] (B) at (270:1.5); \draw[red] (B)--(270:2) node[right,midway] {$1$}; \draw[thick] (A)--(B)--(C)--cycle; \draw[thick,dashed,blue] (B)--(Ap)--(C); \draw (A)--(C) node[above left,midway] {$8$}; \node[right] at (0,-0.8) {$3$}; \node[scale=0.6,below] at (220:0.3) {$60^\circ$};  \draw[thin,red] (A)--(Ap); \end{tikzpicture}

Zauważmy, że w trójkącie ABC kąt przy wierzchołku C jest rozwarty. Można to potwierdzić np. twierdzeniem kosinusów ale zdecydowanie łatwiej zauważyć, że gdyby bok BC byłby nieco dłuższy i miałby długość 4, to wtedy kąt \angle ABC byłby prosty (dany trójkąt byłby połówką trójkąta równobocznego). Przez A' oznaczmy teraz punkt symetryczny do A względem osi obrotu BC. Uzyskana bryła to stożek o przekroju osiowym AA'C z ,,wydrążonym” w podstawie współosiowym stożkiem o przekroju AA'B. Na podstawie tej obserwacji będziemy obliczać objętość V tej bryły.

Długość odcinka AA' to podwojona wysokość trójkąta równobocznego o boku długości 8, czyli |AA'|=2\cdot\dfrac{8\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}. Stąd

    \[V=\pi \cdot\left(\frac{|AA'|}{2}\right)^2\cdot 4-\pi \cdot\left(\frac{|AA'|}{2}\right)^2\cdot 1=\pi \cdot\left(4\sqrt{3}\right)^2\cdot 3=144\pi.\]

Z kolei powierzchnia całkowita S to jakby suma powierzchni bocznych wskazanych wyżej dwóch stożków. Tworząca l_1 pierwszego wynosi l_1=|AC|=8, zaś tworząca stożka drugiego ma długość l_2=|AB|, którą obliczymy z twierdzenia cosinusów:

    \[|AB|^2=8^2+3^2-2\cdot 8\cdot 3\cdot\cos 60^\circ=64+9-24=49,\]

stąd |AB|=7.

Mamy więc

    \[S=\pi\frac{|AA'|}{2}\cdot l_1+\pi\frac{|AA'|}{2}\cdot l_2=\pi\cdot 4\sqrt{3}\cdot (8+7)=60\pi\sqrt{3}.\]

 

Zadanie 3. (0-4)
Wybierz dwie dowolne przekątne sześcianu i oblicz cosinus kąta między nimi. Sporządź odpowiedni rysunek i zaznacz na nim kąt, którego cosinus obliczasz.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.


Zgodnie z poleceniem, wykonajmy rysunek. Rozważamy sześcian ABCDA_1B_1C_1D_1, niech K będzie punktem wspólnym przekątnych A_1C i BD_1.

\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (3,0); \coordinate[label=above left:$A_1$] (A1) at (0,3); \coordinate[label=below right:$B_1$] (B1) at (3,3); \coordinate[label=below:$D$] (D) at (1.5,1); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (4.5,1); \coordinate[label=above left:$D_1$] (D1) at (1.5,4); \coordinate[label=above right:$C_1$] (C1) at (4.5,4); \coordinate[label=below left:$K$] (K) at (intersection of B--D1 and A1--C); \draw[thick] (A)--(B)--(B1)--(A1)--cycle (A1)--(B1)--(C1)--(D1)--cycle (B)--(C)--(C1); \draw[thick,dashed] (A)--(D)--(C) (D)--(D1); \draw[very thick, red] (D1)--(B) (A1)--(C); \foreach \p in {A,B,C,D,A1,B1,C1,D1,K}   \draw[fill=black] (\p) circle (1.5pt); \end{tikzpicture}

Oznaczmy przez a długość krawędzi sześcianu. Wtedy oczywiście każda z jego przekątnych będzie miała długość a\sqrt{3}. Nasz kąt możemy zaznaczyć na dodatkowym płaskim rysunku. Jest to kąt pomiędzy przekątnymi prostokąta A_1BCD_1, którego boki wynoszą |A_1B|=a\sqrt{2} oraz |BC|=a.

\begin{tikzpicture}[scale=2.5] \coordinate[label=below left:$A_1$] (A1) at (0,0); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (1.414,0); \coordinate[label=above right:$C$] (C) at (1.414,1); \coordinate[label=above left:$D_1$] (D1) at (0,1); \coordinate[label=below:$K$] (K) at (intersection of B--D1 and A1--C); \foreach \p in {A1,B,C,D1,K}   \draw[fill=black] (\p) circle (0.4pt); \draw[thick] (A1)--(B)--(C)--(D1)--cycle; \draw[thick,red] (A1)--(C) (B)--(D1); \node[below] at (0.71,0) {$a\sqrt{2}$}; \node[left] at (0,0.5) {$a$}; \node[right,red] at (0.77,0.5) {$\alpha$}; \end{tikzpicture}

Niech \alpha będzie kątem ostrym pomiędzy wybranymi przekątnymi. Najłatwiej użyć jest twierdzenia cosinusów. Mamy

    \[|BC|^2=|BK|^2+|CK|^2-2\cdot|BK|\cdot|CK|\cos\alpha,\]

podstawiając znane długości poszczególnych odcinków, dostaniemy \cos\alpha=\dfrac{a^2-\frac{3}{4}a^2-\frac{3}{4}a^2}{-2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a}=\dfrac{\frac{1}{2}a^2}{\frac{3}{2}a^2}=\dfrac{1}{3}. To kończy rozwiązanie.

 

Zadanie 4. (0-4)
Graniastosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy a i dwa razy krótszej wysokości przecięto płaszczyzną przechodzącą przez przekątną podstawy i nachyloną do płaszczyzny podstawy pod kątem 60^\circ. Zaznacz ten kąt na rysunku oraz oblicz pole otrzymanego przekroju, wynik przedstaw w najprostszej postaci.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.


Sytuację przedstawia rysunek. Trzeba oczywiście sprawdzić, czy przy podanych wymiarach graniastosłupa opisany przekrój przecina obie podstawy bryły, czy też przecina jedną z krawędzi bocznych. Jeślj przyjmiemy oznaczenia wierzchołków graniastosłupa jak na rysunku poniżej i założymy, że interesujący nas przekrój zawiera przekątną BD podstawy, to gdyby przekrój ten przechodził przez wierzchołek C_1, to kąt nachylenia przekroju do płaszczyzny podstawy wynosiłby \alpha i wówczas \text{tg}\alpha=\dfrac{|CC_1|}{|TC_1|}, gdzie T jest środkiem kwadratowej podstawy ABCD. Stąd \text{tg}\alpha=\dfrac{a/2}{a\sqrt{2}/2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}<\sqrt{3}=\text{tg} 60^\circ. Wynika stąd, że rozważany w zadaniu przekrój jest trapezem, którego podstawy zawierają się w podstawach graniastosłupa.

\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (3,0); \coordinate[label=above left:$A_1$] (A1) at (0,2); \coordinate[label=below right:$B_1$] (B1) at (3,2); \coordinate[label=below:$D$] (D) at (1.5,1); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (4.5,1); \coordinate[label=above left:$D_1$] (D1) at (1.5,3); \coordinate[label=right:$C_1$] (C1) at (4.5,3); \coordinate[label=above:$P$] (P) at ($(D1)!0.6!(C1)$); \coordinate[label=below right:$Q$] (Q) at ($(B1)!0.6!(C1)$); \coordinate[label=left:$V$] (V) at ($(P)!0.5!(Q)$); \coordinate[label=below left:$T$] (T) at ($(B)!0.5!(D)$); \coordinate[label=left:$W$] (W) at (intersection of C--C1 and T--V); \draw[red,thick,fill=red!10] (B)--(Q)--(P)--(D)--cycle; \draw[thick] (A)--(B)--(B1)--(A1)--cycle (A1)--(B1)--(C1)--(D1)--cycle (B)--(C)--(C1); \draw[thick,dashed] (A)--(D)--(C) (D)--(D1); \node[above] at (B1) {$B_1$}; \node[below left] at (V) {$V$}; \draw[thick,blue] (C)--(T)--($(P)!0.5!(Q)$) (V)--(W)--(C1) (V)--(C1); \foreach \p in {A,B,C,D,A1,B1,C1,D1,P,Q,T,V,W}   \draw[fill=black] (\p) circle (1.1pt); \node[scale=0.8,blue] at ($(T)+(30:0.42)$) {$60^\circ$}; \draw (A)--(B) node[below,midway] {$a$}; \draw (C)--(B) node[below right,midway] {$a$}; \draw (C)--(C1) node[right,midway] {$\frac{a}{2}$}; \end{tikzpicture}

Niech W będzie punktem przecięcia prostej TV z przedłużeniem krawędzi bocznej CC_1, przy czym V jest środkiem podstawy PQ trapezu będącego rozważanym przekrojem. Trójkąt prostokątny CTW jest połówką trójkąta równobocznego i dodatkowo |CT|=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}, zatem |CW|=\dfrac{a\sqrt{6}}{2} i |TW|=2|CT|=a\sqrt{2}. Trójkątem ,,ekierkowym” jest także trójkąt C_1VW oraz |C_1W|=\dfrac{a(\sqrt{6}-1)}{2}, a stąd |WV|=\dfrac{a(\sqrt{6}-1)}{\sqrt{3}} i tym samym

    \[|TV|=|TW|-|WV|=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\]

Mamy też |PQ|=|WV|, więc możemy już obliczyć pole S naszego przekroju. Mamy

    \[S=\frac{|BD|+|PQ|}{2}\cdot|TV|=\frac{a\sqrt{2}+\frac{a(\sqrt{6}-1)}{\sqrt{3}}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^2(2\sqrt{6}-1)}{6}.\]

 

Zadanie 5. (0-7)
Powierzchnia całkowita graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego jest równa S\sqrt{3}. Wyznacz największą z możliwych objętość tego graniastosłupa, wynik zapisz w najprostszej postaci.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.


Niech a,h>0 będą odpowiednio długością podstawy i wysokością danego graniastosłupa. Sześciokąt foremny o boku długości a składa się z sześciu trójkątów równobocznych o boku a, stąd

    \[S\sqrt{3}=12\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2+6ah=3\sqrt{3}a^2+6ah.\]

\begin{tikzpicture}[yscale=0.4] \draw[thick] (20:2)--(80:2)--(140:2)--(200:2)--(260:2)--(320:2)--(20:2) node[right,midway] {$a$}; \draw (260:2)--(320:2) node[below,midway] {$a$}; \draw (260:2)--(200:2) node[below,midway] {$a$}; \draw[thick,{shift={(0,10)}}] (20:2)--(80:2)--(140:2)--(200:2)--(260:2)--(320:2)--(20:2); \draw[dashed,thick]  (140:2)--+(0,10) (80:2)--+(0,10);  \draw[thick]  (200:2)--+(0,10) (260:2)--+(0,10) (320:2)--+(0,10) (20:2)--+(0,10) node[right,midway] {$h$};  \node[right] at (3,5) {$12\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2+6ah=S\sqrt{3}$}; \draw[thin,dashed,blue] (20:2)--(200:2) (140:2)--(320:2) (260:2)--(80:2); \end{tikzpicture}

Obliczając z tego równania długość h otrzymamy

    \[h=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\left(\dfrac{S}{a}-3a\right).\]

Wynika stąd w szczególności, że S/a-3a>0, czyli 3a^2<S i stąd a\in\left(0,\,\dfrac{\sqrt{3S}}{3}\right). Objętość V graniastosłupa, jako funkcja zmiennej a wyraża się wzorem

    \[V(a)=6\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2\cdot h=\frac{3}{4}\left(Sa-3a^3\right).\]

Mamy znaleźć maksimum funkcji V(a) dla podanego wyżej zakresu zmiennej a. Pochodna wynosi

    \[V'(a)=\frac{3}{4}\left(S-9a^2\right).\]

Wynika stąd, że dla a=\dfrac{\sqrt{S}}{3} pochodna ta zmienia znak z dodatniego na ujemny, więc w punkcie tym funkcja V(a) osiąga maksimum.

Obliczamy

    \[V_{\max}=V\left(\frac{\sqrt{S}}{3}\right)=\frac{S\sqrt{S}}{6}.\]

 

Dodaj komentarz

Twój adres e-mail nie zostanie opublikowany.