Rozdział 9. Stereometria

Ponieważ $h = a\operatorname{tg}30° = b\operatorname{tg}60°$, więc: $$\frac{a}{\sqrt{3}} = b\sqrt{3} \Rightarrow a = 3b$$ Dalej $ab = 9$, więc $3b^2 = 9$, czyli $b = \sqrt{3}$. Zatem $h = 3$ oraz objętość: $$V = \frac{1}{3}\cdot 9\cdot 3 = 9$$ [WYKRES] Odp. Objętość jest równa 9 dm³.

[WYKRES] Niech punkty $A, B, C, D, E, F, G, H$ będą wierzchołkami sześcianu. $$|CJ| = |CI|\cdot\operatorname{tg}\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{2}}{2}a\cdot\sqrt{3} = \frac{\sqrt{6}}{2}a > a$$ Stąd punkt $J$ nie należy do krawędzi bocznej $CG$, więc przekrojem jest trapez równoramienny $BMND$. Skala podobieństwa trójkątów $BCD$ i $MGN$: $$s = \frac{|GK|}{|CI|} = \frac{|JG|}{|JC|} = 1-\frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{3-\sqrt{6}}{3}$$ $$|MN| = \frac{3-\sqrt{6}}{3}\cdot|BD| = \frac{3-\sqrt{6}}{3}\cdot\sqrt{2}\,a = \frac{3\sqrt{2}-2\sqrt{3}}{3}\,a$$ Wysokość trapezu $|IK| = |IJ|(1-s) = \frac{\sqrt{6}}{3}\cdot|IJ| = \frac{2\sqrt{3}}{3}\,a$. Pole trapezu $BMND$: $$P = \frac{a\sqrt{2}+\frac{3\sqrt{2}-2\sqrt{3}}{3}a}{2}\cdot\frac{2\sqrt{3}}{3}\,a = \frac{2(\sqrt{6}-1)}{3}\,a^2$$ Odp. Pole przekroju jest równe $\frac{2(\sqrt{6}-1)}{3}\,a^2$.

[WYKRES] Ostrosłup o podstawie $BGD$ zawarty w sześcianie $ABCDEFGH$ o krawędzi $\frac{\sqrt{2}}{2}a$. $|BD| = |BG| = |DG| = a$. Przekrojem jest trójkąt równoramienny $DBK$. $$|DK| = |BK| = \sqrt{\frac{2}{4}a^2+\frac{2}{16}a^2} = \frac{\sqrt{10}}{4}\,a$$ Wysokość $LK$ trójkąta $DBK$: $$|LK| = \sqrt{\frac{10}{16}a^2-\frac{1}{4}a^2} = \frac{\sqrt{6}}{4}\,a$$ Pole przekroju: $$P = \frac{1}{2}\cdot a\cdot\frac{\sqrt{6}}{4}\,a = \frac{\sqrt{6}}{8}\,a^2$$

Zależność między objętością stożka i objętością kapsuły: $$\frac{1}{3}\pi r^2(r+1) = \frac{2}{3}\left(\frac{1}{3}\pi r^2(r+1)+\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}\pi r^3\right)$$ Rozwiązując: $r = \frac{1}{3}$. Objętość kapsuły: $$V = \frac{1}{3}\pi r^2(r+1)+\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}\pi r^3 = \pi r^3+\frac{1}{3}\pi r^2 = \frac{1}{27}\pi+\frac{1}{27}\pi = \frac{2}{27}\pi$$ [WYKRES] Odp. Objętość kapsuły $\frac{2}{27}\pi$ m³.

Trójkąty $AFE$ i $BEF$ są równobocznymi o boku $a$. $AD$ i $BD$ są wysokościami: $$|AD| = |BD| = \frac{a\sqrt{3}}{2}$$ Trójkąt $CED$ jest połową trójkąta równobocznego o boku $a$: $h = |CD| = a$, $|CE| = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. $$8\sqrt{3} = \frac{1}{2}|AB|\cdot h = \frac{a^2\sqrt{3}}{2} \Rightarrow a = 4$$ Objętość graniastosłupa: $$V = 6\cdot\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2} = 6\cdot\frac{a^3\cdot 3}{8} = \frac{18\cdot 64}{8} = 144$$ [WYKRES] Odp. Objętość graniastosłupa 144.

Wysokość ściany bocznej $h = a\operatorname{tg}\alpha$. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $EFS$: $$H^2+a^2 = h^2 \Rightarrow H^2 = a^2(\operatorname{tg}^2\alpha-1) \Rightarrow a^2 = \frac{H^2}{\operatorname{tg}^2\alpha-1}$$ Objętość ostrosłupa: $$V = \frac{1}{3}\cdot(2a)^2\cdot H = \frac{4}{3}\cdot a^2\cdot H = \frac{4}{3}\cdot\frac{H^3}{\operatorname{tg}^2\alpha-1}$$ Dla $V = \frac{2}{9}H^3$: $$\operatorname{tg}^2\alpha-1 = 6, \quad \operatorname{tg}\alpha = \sqrt{7} \approx 2{,}6458$$ Zatem $69° < \alpha < 70°$, czyli $\alpha = 69°$ lub $\alpha = 70°$.

[WYKRES] $BD$ jest przekątną kwadratu o boku $2a$: $|BD| = 2a\sqrt{2}$. $BE$ i $DE$ są wysokościami w trójkątach równobocznych o boku $2a$: $|BE| = |DE| = a\sqrt{3}$. Twierdzenie cosinusów dla trójkąta $BED$: $$\cos\alpha = \frac{|BE|^2+|DE|^2-|AB|^2}{2|BE|\cdot|DE|} = \frac{3a^2+3a^2-8a^2}{2\cdot a\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}} = \frac{-2a^2}{6a^2} = -\frac{1}{3}$$

[WYKRES] Twierdzenie cosinusów dla trójkąta $ABS$: $$\cos\alpha = \frac{|AB|^2+|AS|^2-|BS|^2}{2|AB|\cdot|AS|} = \frac{a^2+4a^2-4a^2}{2\cdot a\cdot 2a} = \frac{1}{4}$$ Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta $ABD$: $$|BD|^2 = |AB|^2+|AD|^2-2|AB|\cdot|AD|\cos\alpha = a^2+a^2-2a^2\cdot\frac{1}{4} = \frac{3}{2}a^2$$ $|DE|^2 = |BD|^2-|BE|^2 = \frac{3}{2}a^2-\frac{1}{4}a^2 = \frac{5}{4}a^2$ $|DE| = \frac{\sqrt{5}}{2}\,a$ $$P = \frac{1}{2}\cdot a\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}\,a = \frac{\sqrt{5}}{4}\,a^2$$

[WYKRES] Niech $|AD| = h$, $|DE| = h_s$. $$h_s = \frac{a\sqrt{3}}{2}, \quad |BE| = \frac{a}{2\sin\alpha}$$ $$|AE|^2 = a^2-|BE|^2 = a^2-\frac{a^2}{4\sin^2\alpha} = \frac{a^2(4\sin^2\alpha-1)}{4\sin^2\alpha}$$ $$|AE| = \frac{a\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}{2\sin\alpha}$$ Trójkąty $ADE$ i $ASS$ są podobne: $$\frac{H}{|AS|} = \frac{h}{|AE|} \Rightarrow H = \frac{2h}{3}\cdot\frac{h}{|AE|} = \frac{a\sqrt{3}\sin\alpha}{3\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}$$ $$V = \frac{1}{3}\cdot\frac{3}{4}a^2\cdot H = \frac{a^3\cos\alpha}{12\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}$$

[WYKRES] Korzystając ze wzorów na objętość i pole powierzchni: $$\begin{cases} 12\sqrt{3} = \frac{a^2\sqrt{2b}}{?}
36 = 3ab \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 48 = a^2b
12 = ab \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a = 4
b = 3 \end{cases}$$ Dalej $d = 5$, $h = \frac{a\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$, $\sin\alpha = \frac{2\sqrt{3}}{5}$.

[WYKRES] $\frac{|AC|}{|AS|} = \frac{6}{5}$, $\frac{2a\sqrt{2}}{|AS|} = \frac{6}{5}$, $|AS| = \frac{5a\sqrt{2}}{3}$. Trójkąt $ASE$. $$|AS|^2 = h^2+2a^2, \quad h^2 = \frac{50a^2}{9}-2a^2 = \frac{32a^2}{9}$$ $$h = \frac{4a\sqrt{2}}{3}$$ $$|SF|^2 = h^2+a^2 = \frac{32a^2}{9}+a^2 = \frac{41a^2}{9}, \quad |SF| = \frac{a\sqrt{41}}{3}$$ $$\sin\alpha = \frac{h}{|SF|} = \frac{\frac{4a\sqrt{2}}{3}}{\frac{a\sqrt{41}}{3}} = \frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{41}} = \sqrt{\frac{32}{41}}$$

[WYKRES] $|AD| = |DS| = \sqrt{81-16} = \sqrt{65}$, $h = \sqrt{65-16} = 7$. Trójkąty $AES$ i $ADF$ są podobne: $$\frac{H}{8} = \frac{h}{\sqrt{65}} \Rightarrow H = \frac{8\cdot 7}{\sqrt{65}} = \frac{56}{\sqrt{65}}$$ $$V = \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot 8\cdot\sqrt{65}\cdot\frac{56}{\sqrt{65}} = \frac{1}{3}\cdot 4\cdot 56 = \frac{224}{3}$$

[WYKRES] $c = \sqrt{118^2-(8\sqrt{210})^2} = \sqrt{13924-13440} = 22$. $b = \sqrt{131^2-(8\sqrt{210})^2} = \sqrt{17161-13440} = 61$. Ponieważ $ABC$ jest równoramienny: $a = 61$. Wysokość trójkąta $ABC$: $h = \sqrt{61^2-11^2} = 60$. $$V = \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot 22\cdot 60\cdot 8\sqrt{210} = 22\cdot 80\sqrt{210} = 1760\sqrt{210}$$

[WYKRES] Wysokości ścian bocznych są równe — spodek wysokości jest środkiem okręgu wpisanego w podstawę. $$|CE| = \sqrt{39^2-15^2} = \sqrt{1296} = 36$$ Pole podstawy: $P = \frac{1}{2}\cdot 30\cdot 36 = 540$. Promień okręgu wpisanego: $P = r\cdot p$: $$540 = r\cdot\frac{39+39+30}{2} \Rightarrow r = 10$$ Wysokość ostrosłupa: $h = \sqrt{26^2-10^2} = \sqrt{576} = 24$. $$V = \frac{1}{3}\cdot 540\cdot 24 = 4320$$

[WYKRES] $|AD| = \frac{\sqrt{3}}{2}a$, $|DE| = \frac{\sqrt{3a^2-4d^2}}{2}$. Trójkąty $ADE$ i $ADS$ są podobne: $$\frac{|DS|}{|DA|} = \frac{|DA|}{|DE|} \Rightarrow |DS| = \frac{\frac{3}{4}a^2}{\frac{\sqrt{3a^2-4d^2}}{2}} = \frac{3a^2}{2\sqrt{3a^2-4d^2}}$$ Objętość ostrosłupa: $$V = \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}a\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a\cdot d = \frac{a^3d}{4\sqrt{3a^2-4d^2}}$$

[WYKRES] Niech $|AB| = |BC| = |CA| = a$, $|AS| = |BS| = |CS| = b$. $$|AO| = \frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{3}, \quad \cos\alpha = \frac{|AO|}{|AS|} = \frac{a\sqrt{3}}{3b}$$ $$a = \sqrt{3}b\cos\alpha \quad \Rightarrow \quad \frac{a}{b} = \sqrt{3}\cos\alpha$$ Trójkąt $ABS$: $a^2 = 2b^2-2b^2\cos\alpha = 2b^2(1-\cos\alpha)$. Z (1) i (2): $3\cos^2\alpha = 2(1-\cos\alpha)$, $3\cos^2\alpha+2\cos\alpha-2 = 0$. $$\cos\alpha = \frac{-2+\sqrt{4+24}}{6} = \frac{-1+\sqrt{7}}{3}$$ Odp. $\cos\alpha = \frac{-1+\sqrt{7}}{3}$.

[WYKRES] Krawędzie boczne są tej samej długości — spodek wysokości jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ABC$. $$p = 40+40+48 = 128 \div 2 = 64$$ Pole trójkąta: $P = \sqrt{64\cdot 24\cdot 24\cdot 16} = 8\cdot 24\cdot 4 = 768$. $$R = \frac{abc}{4P} = \frac{40\cdot 40\cdot 48}{4\cdot 768} = 25$$ $$H = \sqrt{65^2-25^2} = \sqrt{40\cdot 90} = 60$$ $$V = \frac{1}{3}\cdot 768\cdot 60 = 15360$$ Odp. $V = 15360$.

[WYKRES] $|AB| = |BC| = |CD| = |DA| = 25$. $$h_s = \frac{2\cdot 250}{25} = 20, \quad h_p = \frac{2\cdot 187{,}5}{25} = 15$$ $|AS| = |CS|$, więc $S_1$ należy do symetralnej $AC$ i przekątnej $BD$. Ponieważ $20^2+15^2 = 625 = 25^2$: trójkąt $S_2S_3S$ prostokątny. Zatem $H = 25\cdot\frac{15}{25}\cdot\frac{20}{25}\cdot... = 12$. $$V = \frac{1}{3}\cdot 625\cdot 12 = 2500$$

[WYKRES] $|AS| = |CS| = \sqrt{5}\,a$, $|BS| = \sqrt{6}\,a$. $AE$ i $CE$ są wysokościami trójkątów $ABS$ i $BCS$. Niech $|AE| = |CE| = h$. $$a\sqrt{5} = \sqrt{6}\,a\cdot h \Rightarrow h = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}\,a = \frac{a\sqrt{5}}{16}$$ Twierdzenie cosinusów dla trójkąta $ACE$: $$2a^2 = \frac{5}{6}a^2+\frac{5}{6}a^2-2\cdot\frac{5}{6}a^2\cos\alpha \Rightarrow \cos\alpha = -\frac{1}{5}$$ $$\sin\alpha = \sqrt{1-\frac{1}{25}} = \frac{2\sqrt{6}}{5}$$

[WYKRES] Twierdzenie sinusów dla trójkąta $EFG$: $$\frac{h}{\sin 2\alpha} = \frac{a}{\sin 3\alpha} \Rightarrow h = \frac{a\sin 2\alpha}{\sin 3\alpha}$$ Twierdzenie sinusów dla trójkąta $EGS$: $$\frac{|SG|}{\sin\alpha} = \frac{|SE|}{\sin 3\alpha} \Rightarrow |SG| = \frac{|SE|\sin\alpha}{\sin 3\alpha}$$ Trójkąty $KSL$ i $ASD$ są podobne. Stąd: $$a+b = a\left(1+\frac{\sin\alpha}{\sin 3\alpha}\right) = \frac{a(\sin 3\alpha+\sin\alpha)}{\sin 3\alpha} = \frac{2a\sin 2\alpha\cos\alpha}{\sin 3\alpha}$$ $$P = \frac{a+b}{2}\cdot h = \frac{a\sin 2\alpha\cos\alpha}{\sin 3\alpha}\cdot\frac{a\sin 2\alpha}{\sin 3\alpha}\cdot\cos\alpha = \frac{a^2\sin^2 2\alpha\cos^2\alpha}{\sin^2 3\alpha}$$

[WYKRES] Ponieważ krawędzie boczne są tej samej długości, spodek wysokości $S_1$ jest środkiem okręgu opisanego na trapezie $ABCD$. Skoro $|AC| = 8\sqrt{3}$ i $\angle BAC = 30°$, $\angle ACB = 90°$, więc $|BC| = 8$, $|AB| = 16$. Dalej $|S_1D| = 8$, $|S_1B| = 8$. Wysokość $h = \sqrt{|S_1D|^2 - |S_1A|^2 + ...}$. Z warunku ostrosłupa: $h = 4$. $$d = \frac{8\sqrt{5}}{5}$$ Odp. $d = \frac{8\sqrt{5}}{5}$.

[WYKRES] Czworokąt $APRH$ jest trapezem równoramiennym. $$|AH| = 2\sqrt{2}, \quad |PR| = \sqrt{2}, \quad |AP| = |HR| = \frac{\sqrt{2}}{2}$$ $$|PR_1| = \sqrt{\frac{5}{2} - \sqrt{2} \cdot\frac{3}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$$ $$P = \frac{2\sqrt{2}+\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3}{2}$$

[WYKRES] Trójkąt $ABC$ jest równoboczny, więc $|AE| = \frac{6\sqrt{5}}{2} = 3\sqrt{5}$. Trójkąt $AED$ jest równoramienny. Wysokość tego trójkąta $h = \sqrt{(3\sqrt{3})^2-3^2} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$. Korzystając ze wzoru na pole trójkąta $AED$: $$\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 3\sqrt{2} = \frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{3}\cdot|DS'| \Rightarrow |DS'| = 2\sqrt{6}$$ Ostrosłupy $ABCD$ i $GHID$ są podobne. Skala podobieństwa $\frac{2}{3}$. Stąd $|DP'| = \frac{4\sqrt{6}}{3}$. Z podobieństwa trójkątów $DSS_i$ i $EDS'$: $$r = \frac{\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{3}\cdot\sqrt{6}}{2\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{2}}{4}, \quad |DS| = 2\sqrt{6}-\frac{\sqrt{6}}{2} = \frac{3\sqrt{6}}{2}$$ $$|PS| = \frac{3\sqrt{6}}{2}-\frac{4\sqrt{6}}{3} = \frac{\sqrt{6}}{6}$$

[WYKRES] Stąd $d = 2h$ i $c = b\sqrt{3}$. Trójkąt $ABE$: $e^2 = a^2+c^2 = a^2+a^2+3b^2$. Trójkąt $EFG$: $f^2 = e^2+b^2$. Twierdzenie cosinusów dla trójkąta $BGE$: $$a^2+b^2 = a^2+3b^2+4b^2-2b\sqrt{6(a^2+3b^2)}\cdot\frac{\sqrt{6}}{4}$$ $$0 = 6b^2-b\sqrt{6(a^2+3b^2)}$$ $$6b = \sqrt{6(a^2+3b^2)} \Rightarrow 36b^2 = 6a^2+18b^2 \Rightarrow a^2 = 3b^2 \Rightarrow a = b\sqrt{3}$$ Zatem trójkąt $ABE$ jest trójkątem prostokątnym równoramiennym, czyli $\alpha = 45°$.

[WYKRES] Korzystając z funkcji trygonometrycznych otrzymujemy: $$\frac{b}{2h_r} = \operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}, \quad h_r = \frac{b\cos\frac{\alpha}{2}}{2\sin\frac{\alpha}{2}}$$ $$\frac{h_r}{h_s} = \cos\beta, \quad h_s = \frac{h_r}{\cos\beta} = \frac{b\cos\frac{\alpha}{2}}{2\cos\beta\sin\frac{\alpha}{2}}$$ $$\frac{h}{h_s} = \operatorname{tg}\beta, \quad h = h_s\operatorname{tg}\beta = \frac{b\sin\beta\cos\frac{\alpha}{2}}{2\cos\beta\sin\frac{\alpha}{2}}$$ $$|AC| = \frac{b}{\sin\frac{\alpha}{2}}, \quad V = \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}h_r\cdot h_r\cdot\frac{b\sin\beta\cos\frac{\alpha}{2}}{2\sin\frac{\alpha}{2}} = \frac{b^3\sin\beta\cos^2\frac{\alpha}{2}}{24\sin^3\frac{\alpha}{2}}$$ $$P = \frac{b^2\cos\frac{\alpha}{2}}{4\sin^2\frac{\alpha}{2}}\left(\cos\beta\sin\frac{\alpha}{2}+\sin\frac{\alpha}{2}+\sin\beta\right)$$

$840\pi = \frac{1}{3}\cdot\pi\cdot 10(36+6R+R^2)$, skąd $R^2+6R+36 = 252$, czyli $R^2+6R-216 = 0$. $\Delta = 36+864 = 900$, $R = \frac{-6+30}{2} = 12$ (odrzucamy $R < 0$). $$d^2 = 100+324 = 424, \quad d = 2\sqrt{106}$$ $$\cos\alpha = \frac{18}{2\sqrt{106}} = \frac{9}{\sqrt{106}} = \frac{9\sqrt{106}}{106}$$ Odp. $R = 12$, $d = 2\sqrt{106}$, $\cos\alpha = \frac{9\sqrt{106}}{106}$.

[WYKRES] Niech $|AB| = 2a$. Z trójkąta $BDS$: $a\sqrt{2} = \frac{4\sqrt{3}}{3}$, skąd $a = \frac{2\sqrt{6}}{3}$. Wtedy $|DS| = \frac{2\sqrt{6}}{3}$, $|DG| = \frac{1}{2}\cdot\frac{2a\sqrt{3}}{3} = \frac{\sqrt{2}}{3}\cdot a$. Stąd $|GS| = \sqrt{\frac{24}{9}-\frac{8}{9}} = \frac{4}{3}$. $$V = \frac{1}{3}\cdot\frac{(2a)^2\sqrt{3}}{4}\cdot|GS| = \frac{1}{3}\cdot\frac{4a^2\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{4}{3} = \frac{32\sqrt{3}}{27}$$ Odp. $V = \frac{32\sqrt{3}}{27}$.

[WYKRES] $|AC| = 2m$, $|BD| = \sqrt{2}\,m$. Pole podstawy $ABCD = \frac{1}{2}|AC|\cdot|BD| = m^2$. $|AB| = \sqrt{2}\,m$ (bok kwadratu). $$|EN| = \frac{\sqrt{2}}{2}\,m, \quad h = \sqrt{m^2-\frac{m^2}{2}} = \frac{m\sqrt{2}}{2}$$ Objętość ostrosłupa: $$V = \frac{1}{3}\cdot m^2\cdot\frac{m\sqrt{2}}{2} = \frac{m^3\sqrt{2}}{6}$$ Ponieważ $|EN| = |ES|$, więc $\alpha = 45°$.

[WYKRES] Ponieważ $\triangle ACS$ i $\triangle BDS$ są równoramienne o tej samej podstawie i tej samej wysokości, a wszystkie krawędzie boczne są równej długości, spodek wysokości jest punktem przecięcia przekątnych prostokąta $ABCD$. $$\operatorname{tg}\alpha = \frac{h}{9}, \quad h = 9\operatorname{tg}\alpha$$ $$\operatorname{tg}\beta = \frac{h}{16}, \quad h = 16\operatorname{tg}\beta$$ $$9\operatorname{tg}\alpha = 16\operatorname{tg}\beta \Rightarrow \operatorname{tg}^2\alpha = \frac{16}{9}, \quad \operatorname{tg}\alpha = \frac{4}{3}$$ $$h = 9\cdot\frac{4}{3} = 12, \quad |ES| = \sqrt{9^2+12^2} = 15, \quad |FS| = \sqrt{16^2+12^2} = 20$$ $$P_c = 32\cdot 18+2\cdot\frac{1}{2}\cdot 32\cdot 15+2\cdot\frac{1}{2}\cdot 18\cdot 20 = 576+480+360 = 1416$$

[WYKRES] Z założenia $DE\parallel BC$, więc trójkąty $DES$ i $BCS$ są podobne. Skala podobieństwa $\frac{2}{3}$. Niech $|BD| = x$, $|GS| = 2y$. Wtedy $|DS| = 2x$, $|AS| = |BS| = |CS| = 3x$. Korzystając z trójkątów prostokątnych $AFG$ i $AGS$: $$27 = 9x^2-4y^2, \quad 9+y^2 = 3x^2$$ Podstawiając: $x^2 = 4$, $x = 2$, $y = \sqrt{3}$. Zatem $|AS| = |CS| = 6$ ($ABCS$ jest czworościanem foremnym) i $|FS| = 3\sqrt{3}$. Z trójkąta prostokątnego $OFS$: $$|OS| = \sqrt{|SF|^2-|OF|^2} = \sqrt{27-3} = 2\sqrt{6}$$ $$V = \frac{1}{3}\cdot 9\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{6} = 18\sqrt{2}$$ Uwaga: $V = \frac{\sqrt{2}}{12}a^3 = \frac{\sqrt{2}}{12}\cdot 6^3 = 18\sqrt{2}$.

[WYKRES] Ponieważ każda ściana ostrosłupa jest nachylona do podstawy pod tym samym kątem $\alpha$, spodek wysokości $O$ jest środkiem okręgu wpisanego w trapez. Jednocześnie wysokość ostrosłupa $|OS| = r\operatorname{tg}\alpha = \frac{9}{2}r$. Trójkąt $BCH$ (patrz rysunek) jest połową trójkąta równobocznego, czyli $2r = 8$, więc $r = 4$. Trapez $ABCD$ jest opisany na okręgu, więc $|AB|+|CD| = 16+10 = 26$. $$|OS| = \frac{9}{2}\cdot 4 = 18, \quad P_{\text{podstawy}} = \frac{26}{2}\cdot 8 = 104$$ $$V = \frac{1}{3}\cdot 104\cdot 18 = 624$$ Odp. $V = 624$.

[WYKRES] Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów $ACF$ i $BCF$: $|AF| = |BF| = 2\sqrt{13}$. Twierdzenie cosinusów dla trójkąta $AFB$: $$16 = 52+52-104\cos\alpha, \quad \cos\alpha = \frac{88}{104} = \frac{11}{13}$$ $$\sin\alpha = \sqrt{1-\frac{121}{169}} = \frac{4\sqrt{3}}{13}$$ Odp. Sinus kąta $AFB$ jest równy $\frac{4\sqrt{3}}{13}$.

[WYKRES] Twierdzenie Pitagorasa: $$|CF|^2 = |CG|^2+|GF|^2 = 4+4 = 8, \quad |CF| = 2\sqrt{2}$$ $$|CS|^2 = |CD|^2+|DS|^2 = 4+1 = 5, \quad |CS| = \sqrt{5}$$ $$|FS|^2 = |HF|^2+|HS|^2 = 1+8 = 9, \quad |FS| = 3$$ Twierdzenie cosinusów: $$\cos|\angle SFC| = \frac{|CF|^2+|CS|^2-|FS|^2}{2\cdot|CF|\cdot|CS|} = \frac{8+9-5}{2\cdot 2\sqrt{2}\cdot 3} = \frac{12}{12\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$$ Odp. $|\angle SFC| = 45°$.

[WYKRES] $d = h\sin\alpha$, $|SG| = h\cos\alpha$, $|AB| = |BC| = 2|BF| = 2d\sqrt{2}$. Pole podstawy $P_{ABCD} = 8d^2 = 8h^2\sin^2\alpha$. Wysokość ostrosłupa: $$|SS_1| = \sqrt{|SG|^2-|S_1G|^2} = \sqrt{h^2\cos^2\alpha-d^2} = h\sqrt{\cos^2\alpha-\sin^2\alpha} = h\sqrt{\cos 2\alpha}$$ $$V = \frac{1}{3}\cdot 8h^2\sin^2\alpha\cdot h\sqrt{\cos 2\alpha}$$ Wyrażając $h$ przez $P = P_{ABCD} = 8h^2\sin^2\alpha$: $h = \sqrt{\frac{P}{8\sin^2\alpha}}$. $$V = \frac{1}{3}\cdot P\cdot\sqrt{\frac{P\cos 2\alpha}{8\sin^2\alpha}} = \frac{P^{3/2}\sqrt{\cos 2\alpha}}{6\sqrt{2}\sin^3\alpha}$$ Odp. $k = \frac{\cos 2\alpha}{72\sin^6\alpha}$ (gdzie $V^2 = k\cdot P^3$).

[WYKRES] Niech $|AB| = a$. Wtedy $|BE| = 4a$. Odcinek $SO$ jest środkową w trójkącie prostokątnym $BEO$, więc $|SO| = 2a$. $$\frac{P_{ABC}}{P_{ABCD}} = \frac{\frac{1}{2}\cdot a\cdot 2a}{a^2} = 1$$ Stosunek pola przekroju do pola podstawy: $$\frac{P_{ABS}}{P_{ABCD}} = \frac{\frac{1}{2}|AB|\cdot 2a}{a^2} = \sqrt{2}$$ Twierdzenie cosinusów dla kąta $\angle BSO$: $$\cos\alpha = \frac{|OS|^2+|BS|^2-|OB|^2}{2|OS|\cdot|BS|} = \frac{4a^2+4a^2-\frac{a^2}{4}}{2\cdot 2a\cdot 2a} = \frac{31}{32} \approx 0{,}9688 \approx 20°$$ Odp. Stosunek pola przekroju do pola podstawy wynosi $\sqrt{2}$, natomiast $|\angle BSO| \approx 20°$.

[WYKRES] Niech $O$ będzie środkiem przekątnej $BD$. Odległość punktu $C$ od płaszczyzny $BPD$ jest równa wysokości $CQ$ w trójkącie prostokątnym $CPO$. $$|CO| = \sqrt{\frac{2a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}, \quad |CP| = \frac{a}{2}$$ $$|OP| = \sqrt{|CO|^2+|CP|^2} = \sqrt{\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$$ Korzystając ze wzoru na pole trójkąta $CPO$: $$\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{a}{2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot h \Rightarrow h = \frac{a\sqrt{2}/4}{a\sqrt{3}/4} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{6}}{6}$$ Odp. $\frac{a\sqrt{6}}{6}$.

[WYKRES] Z rys. 2: $$\cos\frac{\alpha}{2} = \frac{H_2-H_0}{l} \Rightarrow l = \frac{H_2-H_0}{\cos\frac{\alpha}{2}}$$ $$\cos\frac{\alpha}{2} = \frac{H_1-H_0}{l-x} \Rightarrow x = l-\frac{H_1-H_0}{\cos\frac{\alpha}{2}} = \frac{H_2-H_1}{\cos\frac{\alpha}{2}}$$ Z rys. 3: $$\frac{\beta}{\pi} = \frac{\pi r}{\pi l} \Rightarrow \beta = \pi\cdot\frac{r}{l} = \pi\sin\frac{\alpha}{2}$$ Twierdzenie cosinusów dla trójkąta $PBS$: $$d^2 = l^2+c^2-2lc\cos\beta = \frac{(H_2-H_0)^2}{\cos^2\frac{\alpha}{2}}+\frac{(H_2-H_1)^2}{\cos^2\frac{\alpha}{2}}-\frac{2(H_2-H_0)(H_2-H_1)}{\cos^2\frac{\alpha}{2}}\cos\!\left(\pi\sin\frac{\alpha}{2}\right)$$ $$d = \frac{\sqrt{(H_2-H_0)^2+(H_2-H_1)^2-2(H_2-H_0)(H_2-H_1)\cos\!\left(\pi\sin\frac{\alpha}{2}\right)}}{\cos\frac{\alpha}{2}}$$

[WYKRES] Niech $|AB| = a$, $|AD| = b$. Wtedy $|AH| = \sqrt{b^2+h^2}$, $|AF| = \sqrt{a^2+h^2}$, $|FH| = \sqrt{a^2+b^2}$. Jeżeli $\sin\alpha = \frac{12}{13}$, to $\cos\alpha = \frac{5}{13}$. Pole trójkąta $AFH$: $$\sqrt{a^2+h^2}\cdot\sqrt{b^2+h^2} = \frac{22\cdot 13}{5}$$ Twierdzenie cosinusów dla trójkąta $AFH$: $$a^2+b^2 = (a^2+h^2)+(b^2+h^2)-2\sqrt{a^2+h^2}\cdot\sqrt{b^2+h^2}\cdot\cos\alpha$$ $$0 = 2h^2-2\cdot\frac{22\cdot 13}{5}\cdot\frac{5}{13} = 2h^2-44 \Rightarrow h = \sqrt{22}$$ Odp. $h = \sqrt{22}$.

[WYKRES] Przekrojem jest trapez $BCLK$ o wysokości $|EM|$. $$\frac{\sqrt{10}}{10} = \cos\alpha = \frac{|ES_1|}{|ES|} \Rightarrow |ES| = \frac{a}{2}\cdot\frac{10}{\sqrt{10}} = \frac{a\sqrt{10}}{2}$$ $$|SS_1| = \sqrt{|ES_1|^2-|ES|^2} = \sqrt{\frac{10a^2}{4}-\frac{a^2}{4}} = \frac{3a}{2}$$ Trójkąty $FEM$ i $FS_1S$ są podobne: $$|EM| = a\cdot\frac{\frac{3a}{2}}{\frac{a\sqrt{10}}{2}} = \frac{3a\sqrt{10}}{10}$$ $$|FM| = \sqrt{|EF|^2-|EM|^2} = \sqrt{a^2-\frac{90a^2}{100}} = \frac{a\sqrt{10}}{10}$$ $$|MS| = |FS|-|FM| = \frac{a\sqrt{10}}{2}-\frac{a\sqrt{10}}{10} = \frac{4a\sqrt{10}}{10}$$ Z podobieństwa trójkątów $ADS$ i $KLS$: $$|KL| = \frac{|AD|}{|MS|}\cdot\frac{a}{|FS|} = \frac{4a}{5}$$ $$P = \frac{a+\frac{4a}{5}}{2}\cdot\frac{3a\sqrt{10}}{10} = \frac{27\sqrt{10}}{100}\,a^2$$ Odp. $P = \frac{27\sqrt{10}}{100}\,a^2$.

[WYKRES] Przekątna $AH$ jest przekątną kwadratu o boku 6, więc $|AH| = 6\sqrt{2}$. Przekątna sześcianu $BH$ jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego $ABH$ o przyprostokątnych $6$ i $6\sqrt{2}$, skąd $|BH| = 6\sqrt{3}$. Wysokość $|AA_1|$ trójkąta $ABH$ obliczamy ze wzoru na pole: $$\frac{1}{2}|AB|\cdot|AH| = \frac{1}{2}|BH|\cdot|AA_1| \Rightarrow 6\cdot 6\sqrt{2} = 6\sqrt{3}\cdot|AA_1| \Rightarrow |AA_1| = 2\sqrt{6}$$ Trójkąt $SS_1H$ jest podobny do trójkąta $AA_1H$ ze skalą $\frac{1}{2}$. Zatem $|SS_1| = \sqrt{6}$. Odp. $\sqrt{6}$.