Graniastosłupy i ostrosłupy - matura-podstawowa - Baza Wiedzy

Graniastosłupy

Graniastosłupem nazywamy wielościan, w którym dwie ściany zwane podstawami są równoległymi wielokątami przystającymi, natomiast ściany boczne są równoległobokami.
Wysokość graniastosłupa to odcinek prostopadły do jego podstaw, którego końce zawierają się w płaszczyznach na których leżą te podstawy.

Typowe graniastosłupy:

img01

Graniastosłupy mogą być:
 
  • Proste - wtedy ich wszystkie ściany boczne to prostokąty, a podstawa to dowolny wielokąt
  • Prawidłowe - wtedy to graniastosłupy proste, które mają w podstawie wielokąt foremny (wszystkie boki równej długości) np. trójkąt równoboczny, kwadrat itp.

Typowym graniastosłupem prostym jest prostopadłościan - graniastosłup o podstawie prostokąta.

img02

d jest przekątną prostopadłościanu. Jak policzyć taką przekątną? Skorzystamy z tego, że w graniastosłupie prostym ściany są prostopadłe do podstaw, więc trójkąt zaznaczony na niebiesko jest prostokątny:

img03

Zatem kłania nam się twierdzenie Pitagorasa i to dwukrotnie, ponieważ musimy go użyć do d, ale także do przekątnej podstawy, nazwijmy ją $$e$$. Wtedy:
$$a^2+b^2=e^2$$ dla trójkąta o bokach $$a$$, $$b$$, $$e$$ (który jest prostokątny bo podstawa to prostokąt)
$$e^2+c^2=d^2$$ (dla niebieskiego trójkąta)

Wystarczy teraz podstawić $$e^2$$ z pierwszego równania do drugiego, żeby dostać:
$$a^2+b^2+c^2=d^2$$

Typowym graniastosłupem prawidłowym jest sześcian, czyli graniastosłup o podstawie kwadratu, którego wysokość jest równa krawędzi podstawy.

img04

Przekątną sześcianu liczymy identycznie jak w prostopadłościanie.

Przejdźmy teraz do Pola i Objętości.
 

Pole całkowite prostopadłościanu

Pole obejmuje całą powierzchnię, jaką da się zobaczyć zakładając, że możemy obracać graniastosłupem jak chcemy. To tak jakbyśmy wzięli kostkę do gry: obracając ją widzimy w sumie 6 ścianek. Tak samo pudełko, mające dno, wieczko i 4 boki - ponownie 6 ścian.

Musimy policzyć powierzchnię każdej z 6 części i sumować.
Ogólny wzór na pole powierzchni graniastosłupa:

$$P_c=2P_p+P_b$$

Gdzie $$P_p$$ to pole podstawy a $$P_b$$ powierzchni bocznej.

Przykład:

Oblicz pole prostopadłościanu o wymiarach podstawy $$a=7$$ , $$b=5$$ i wysokości $$c=10$$.

Narysujmy to sobie:

img05

Mamy wzór:

$$P_c=2P_p+P_b$$

Podstawą jest prostokąt o wymiarach $$7x5$$, więc $$P_p=7×5=35$$

$$P_c=2×35+P_b=70+P_b$$

Obliczyliśmy już dwie ściany, bo pomnożyliśmy podstawę razy dwa.

Zostały nam 4 ściany czyli $$P_b$$

4 ściany tworzą prostokąty, wysokość zostaje taka sama, ale podstawa się zmienia - są to prostokąty o wymiarach:

$$7×10$$,

$$5×10$$,

$$7×10$$,

$$5×10$$

No to sumujemy te pola!

$$P_b=2×7×10+2×5×10=140+100=240$$

Pozostaje obliczyć pole całkowite:

$$P_c=2P_p+P_b=70+240=310$$
 

Objętność prostopadłościanu

wzór ogólny na objętość prostopadłościanu to:

$$V=P_p×H$$

Przykład:

Oblicz objętość graniastosłupa prawidłowego trójkątnego, o podstawie równej $$a=3$$ oraz wysokości graniastosłupa równej $$h=5$$.

Rysunek:

img06

Bierzemy wzór na objętość:

$$V=P_p×H$$

Wysokość już mamy, jedyną trudność stanowi znalezienia $$P_p$$

$$P_p={a^2 √3}/4$$ - wzór na pole trójkąta równobocznego, który jest w podstawie

Podstawiamy:

$$P_p={3^2 √3}/4={9√3}/4$$ Pozostaje policzyć objętość $$V={9√3}/4×5={45√3}/4$$
 

Ostrosłup

Ostrosłupem nazywamy taki wielościan, którego jedna ściana jest dowolnym wielokątem (podstawa), a pozostałe ściany (ściany boczne) są trójkątami o wspólnym wierzchołku.

img07
 

Ostrosłupy również mogą być:

  • proste - wtedy każda krawędź boczna jest równej długości,
  • prawidłowe - wtedy podstawą jest wielokąt foremny, a jego spodek wysokości pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na jego podstawie. Tak jak wcześniej, wszystkie ostrosłupy prawidłowe są proste (ale nie odwrotnie).

Wysokością ostrosłupa nazywamy najkrótszy odcinek, łączący wierzchołek z płaszczyzną podstawy. Na czerwono został oznaczony kąt nachylenia krawędzi ściany do podstawy.

img08
 

Pole całkowite ostrosłupa

Wzór na pole całkowite dowolnego ostrosłupa:

$$P_c=P_p+P_b$$

$$P_p$$ - pole podstawy

$$P_b$$ - pole boczne (czyli pole wszystkich trójkątnych ścian)

Przykład:

Oblicz pole ostrosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy $$a=6$$ i krawędzi bocznej $$l=5$$.

Zacznijmy od rysunku:

img09

Pole podstawy to pole kwadratu o boku 6cm, zatem:

$$P_p=6×6=36$$

Jednakże do powierzchni bocznej potrzeba nam wysokości trójkąta (ściany bocznej).

Ściana boczna w każdym ostrosłupie jest trójkątem równoramiennym.

img11
Zatem wysokość podzieli podstawę na pół ($$a/2=3$$):

img12
Więc możemy użyć twierdzenia Pitagorasa:

$$(a/2)^2+h^2=c^2$$

$$3^2+h^2=5^2$$

$$9+h^2=25$$

$$h^2=16$$

$$h=4$$

$$h$$ jest naszą wysokością

Pole powierzchni bocznej $$P_b$$ to 4 pola tego samego trójkąta ($$P_t$$).

$$P_t=1/2×a×h=1/2×6×4=12$$

Liczymy powierzchnie boczną

$$P_b=4P_t=4×12=48$$

No to pole całkowite:

$$P_c=P_p+P_b$$

$$P_c=36+48=84$$
 

Objętość ostrosłupa

Wzór na objętość ostrosłupa:

$$V=1/3 P_p×H$$

Pole podstawy będzie zazwyczaj łatwe do policzenia, gorzej z wysokością, będziemy stosować metody o których wspominałem przy kącie nachylenia (trzeba znaleźć trójkąt, którego jednym z boków jest wysokość ostrosłupa).

Przykład:

Oblicz objętość ostrosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy a=2√2 oraz krawędzi ściany nachylonej do podstawy pod kątem $$60°$$.

Rysunek:

img13
Teraz potrzebujemy połowy przekątnej kwadratu (podstawy):

Wzór na przekątną kwadratu o boku a to:

$$a√2$$

Zatem:

$$a√2=2√2×√2=2×2=4$$

Nasza przekątna ma długość 4, połowa to 2.

img14
Możemy teraz skorzystać z własności trójkąta w celu policzenia wysokości:

img15

Zatem nasza wysokość to:

$$H=2√3$$

A ostatecznie objętość:

$$V=1/3 P_p×H=1/3 (2√2)^2×2√3=1/3×8×2√3={16√3}/3$$
 

Zadania powtórzeniowe

Zadanie 1.

Oblicz objętość ostrosłupa prawidłowego sześciokątnego o krawędzie podstawy $$a=2cm$$, zaś kąt nachylenia krawędzi ściany bocznej do podstawy wynosi 60°.

Rysunek:

rys1

Ostrosłup jest prawidłowy, więc sześciokąt w podstawie jest foremny:
rys3
Sześciokąt foremny składa się z 6 trójkątów równobocznych o wspólnym wierzchołku, co widać na rysunku (wystarczy poprowadzić 3 główne przekątne i sprawdzić, że wszystkie kąty to $$60^o$$):
rys4
Dlatego jasnoniebieski odcinek na rysunku poniżej ma taką samą długość co krawędź podstawy, czyli 2.
rys1
Wysokość możemy więc szybko policzyć szybko z własności trójkąta o kątach 90,60,30

rys2
Zatem nasza wysokość to:
$$H=2√3$$

Aby policzyć polę podstawy, jeszcze raz przeprowadźmy jej trzy główne przekątne:

rys4

Mamy 6 trójkątów równobocznych i znamy wzór na pole trójkąta równobocznego: $$P_t={a^2 √3}/4$$

Zatem: $$P_p=6×P_t=6×{a^2 √3}/4=6×{2^2 √3}/4=6×{4√3)}/4$$

$$P_p=6×{4√3}/4=6√3$$

Mamy pole podstawy i wysokość, więc możemy wreszcie policzyć objętość:

$$V=1/3 P_p×H=1/3×6√3×2√3$$

$$V=1/3×12×3=12$$
 

Zadanie 2.

Oblicz pole całkowite sześcianu o przekątnej $$d=8$$.

Rysunek:

rys5
Do policzenia objętości potrzebujemy tylko boku a.

Mamy jedynie przekątną, przypomnijmy sobie jak powstała:

rys6
Zatem musimy użyć twierdzenia Pitagorasa. Wiemy, że wzór na przekątną kwadratu to:

$$b=a√2$$. Więc:

$$a^2+b^2=c^2$$

$$a^2+(a√2)^2=8^2$$

$$a^2+2a^2=8^2$$

$$3a^2=64$$ $$|:3$$

$$a^2={64}/3$$

$$a=8/{√3}$$

I usuwamy niewymierność:

$$a={8√3}/3$$

Pozostaje nam obliczyć pole.

W sześcianie pole składa się z 6 takich samych kwadratów, więc:

$$P_c=6×a^2$$

$$P_c=6×{ {8√3}/3}^2$$

$$P_c=6×{ 64×3}/9=128$$
 

 

Spis treści

Rozwiązane zadania
Wyznacz...

 

 

 

 

Pomocniczo wyciągnijmy liczbę przed pierwiastek:

 

 

Stalowy pręt w temperaturze...

Zamieńmy metry na milimetry.

 

 

a) Jeżeli temperatura wzrośnie o stopień to pręty wydłuży się o 0,2mm. Zatem funkcja opisująca tą zależność to:

 

 

b) Obliczmy wartość funkcji w punkcie 26.

 

 

c) Obliczmy dla jakiego x wartość funkcji wynosi 16016

 

 

 

 

 

Odpowiedź: Pręt wydłuży się o 1,6 cm jeżeli temperatura podniesie się o 80oC.

Długości boków dwóch trójkątów są liczbami

Szukamy takich długości boków dwóch trójkątów, aby spełniały one zależność :

Suma długości dwóch boków jest większa od długości trzeciego boku. 

Tą zależność spełniają trójkąty:

  • pierwszy trójkąt 1,1,1 drugi trójkąt 2,2,3

1+1+1+2+2+3=10

1+1>1

2+2>3

3+2>2

  • pierwszy trójkąt 1,1,1 drugi trójkąt 1,3,3

1+1+1+1+3+3=10

1+1>1

1+3>3

3+3>1

  • pierwszy trójkąt 1,2,2 drugi trójkąt 1,2,2

1+2+2+1+2+2=10

1+2>2

2+2>1

Rozwiąż równanie ...

 

Otrzymane rozwiązanie spełnia założenia, jest więc poprawne.

 

 

 

 

 

Otrzymane rozwiązanie spełnia założenia, jest więc poprawne.     

Narysuj trzy trójkąty: ostrokątny, ...

Możemy zauważyć, że punkt przecięcia symetralnych w trójkącie ostrokątnym znajduje się wewnątrz trójkąta.

W trójkącie prostokątnym symetralne przecinają się w punkcie, który jest środkiem przeciwprostokątnej.

W trójkącie rozwartokątnym punkt przecięcia symetralnych leży poza trójkątem.

Możemy zauważyć, że punkt przecięcia symetralnych w każdym trójkącie leży wewnątrz tego trójkąta.

 

Możemy zauważyć, że punkt przecięcia prostych zawierających wysokości w trójkącie ostrokątnym znajduje się wewnątrz trójkąta.

W trójkącie prostokątnym proste zawierające wysokości przecinają się w wierzchołku przy kącie prostym.

W trójkącie rozwartokątnym punkt przecięcia prostych zawierających wysokości leży poza trójkątem.

 

Możemy zauważyć, że punkt przecięcia środkowych w każdym trójkącie leży wewnątrz tego trójkąta.

Ile miejsc zerowych ma funkcja ...

 

 

 

 

 

{premium}

 

  

 

 

 

 

   

  

 

 

 

 

   

  

 

Podaj przykład trójkąta prostokątnego

 

Twierdzenie Pitagorasa mówi, że w trójkącie prostokątnym suma kwadratów długości przyprostokątnych jest równa kwadratowi długości przeciwprostokątnej. Musimy więc znaleźć takie długości przyprostokątnych x oraz y, że zachodzi równość:

 

 

 

Równość jest spełniona na przykład dla x=2 oraz y=1. Wtedy pole trójkąta jest równe:

 

 

 

 

 

Weźmy na przykład długości przyprostokątnych równe √2 oraz √8. Wtedy pole jest liczbą wymierną:

 

 

Sprawdźmy jeszcze, czy długość przeciwprostokatnej wyraża się wtedy liczbą niewymierną. Obliczmy długość przeciwprostokątnej korzystając z twierdzenia Pitagorasa. 

 

 

 

 

 

Trójkąt prostokątny o bokach długości √2, √8 oraz √10 spełnia warunki zadania. 

 

 

Podajemy drugi przykład. Weźmy długości przyprostokątnych równe √3 oraz √27. Wtedy pole jest liczbą wymierną:

 

 

Sprawdźmy jeszcze, czy długość przeciwprostokatnej wyraża się wtedy liczbą niewymierną. Obliczmy długość przeciwprostokątnej korzystając z twierdzenia Pitagorasa. 

 

 

 

 

 

 

W układzie współrzędnych sporządź wykresy ...

 

 

 

 

 

 

  

  

 

  

  

  

 

 

 

 

 

 

 

  

  

  

 

 

 

  

  

  

 

   

 

 

  

Rozwiąż równanie

Rozwiąż nierówność

 

 

 

 

 

 

 

  

{premium}

 

 

 

 

 

 

 

 

  

``  

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

``