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 $ABC$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

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

Rendered by QuickLaTeX.com

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 $D$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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 $BD_1$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

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 $|BC|=a$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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

Rendered by QuickLaTeX.com

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 Anuluj pisanie odpowiedzi