REKLAMA
REKLAMA

Egzamin maturalny z matematyki, poziom rozszerzony - czerwiec 2015 (termin dodatkowy)

Stereometria

Ostrosłupy

Podstawą ostrosłupa $ABCDS$ jest trapez $ABCD$. Przekątna $AC$ tego trapezu ma długość $8\sqrt{3}$, jest prostopadła do ramienia $BC$ i tworzy z dłuższą podstawą $AB$ tego trapezu kąt o mierze $30^\circ$. Każda krawędź boczna tego ostrosłupa ma tę samą długość $4\sqrt{5}$. Oblicz odległość spodka wysokości tego ostrosłupa od jego krawędzi bocznej $SD$.

Podpowiedź:

Wszystkie ściany boczne ostrosłupa $ABCDS$ są trójkątami równoramiennymi, zatem wysokość każdej ze ścian jest zawarta w symetralnej podstawy, czyli jednego z boków trapezu, który jest podstawą ostrosłupa.
Rzut prostokątny każdej wysokości ściany bocznej na płaszczyznę podstawy ostrosłupa jest symetralną jednego z boków podstawy. Zatem spodek wysokości ostrosłupa $ABCDS$ leży w punkcie przecięcia symetralnych boków trapezu, jest więc środkiem okręgu opisanego na tym trapezie.
Oznacza to, że trapez $ABCD$ jest równoramienny. Kąt $ACB $ jest prosty, zatem podstawa$AB$ trapezu jest średnicą okręgu opisanego na tym trapezie, a środek tego okręgu $O $ jest środkiem odcinka $AB$.
Naszkicuj samą podstawę $ABCD$ ostrosłupa $ABCDS$, oblicz promień okręgu opisanego na trapezie, a następnie naszkicuj ostrosłup:
   Wskazówka //. ( pkt.)   647   Wskazówka //. ( pkt.)   648
REKLAMA

Rozwiązanie:

Wszystkie ściany boczne ostrosłupa $ABCDS$ są trójkątami równoramiennymi, zatem wysokość każdej ze ścian jest zawarta w symetralnej podstawy, czyli jednego z boków trapezu, który jest podstawą ostrosłupa.
Rzut prostokątny każdej wysokości ściany bocznej na płaszczyznę podstawy ostrosłupa jest symetralną jednego z boków podstawy. Zatem spodek wysokości ostrosłupa $ABCDS$ leży w punkcie przecięcia symetralnych boków trapezu, jest więc środkiem okręgu opisanego na tym trapezie.
Oznacza to, że trapez $ABCD$ jest równoramienny. Kąt $ACB $ jest prosty, zatem podstawa$AB$ trapezu jest średnicą okręgu opisanego na tym trapezie, a środek $O $ tego okręgu jest środkiem odcinka $AB$.
Naszkicujmy samą podstawę $ABCD$ ostrosłupa $ABCDS$.
Promień okręgu opisanego na trapezie oznaczymy przez $r$.
   Rozwiązanie //. ( pkt.)   647
Z trójkąta $ABC$:
$\begin{split}
\frac{8\sqrt{3}}{2r}&=\cos30^\circ\\
\frac{4\sqrt{3}}{r}&=\frac{\sqrt{3}}{2}\\
r\sqrt{3}&=8\sqrt{3}\\
r&=8
\end{split}$
Naszkicujemy teraz ostrosłup $ABCDS$. Wysokość $OS$ oznaczymy przez $h$, a szukaną odległość punktu $O$ od krawędzi bocznej $SD$, oznaczymy przez $x$.
   Rozwiązanie //. ( pkt.)   648
Stosując twierdzenie Pitagorasa w trójkącie $BOS$ wyznaczymy wysokość $h$:
$\begin{split}
h^2+r^2&=\left(4\sqrt{5}\right)^2\\
h^2+64&=16\cdot 5\\
h^2&=80-64\\
h^2&=16\\
h&=4.
\end{split}$
Trójkąty $SOD$ i $EOD$ są podobne (oba są prostokątne i mają jeden wspólny kąt ostry), stąd
$\begin{split}
\frac{h}{4\sqrt{5}}&=\frac{x}{r}\\
x&=\frac{rh}{4\sqrt{5}}\\
x&=\frac{8\cdot 4}{4\sqrt{5}}\\
x&=\frac{8}{\sqrt{5}}=\frac{8\sqrt{5}}{5}.
\end{split}$

Odpowiedź:

Odległość spodka wysokości ostrosłupa $ABCDS$ od jego krawędzi bocznej $SD$ jest równa $\dfrac{8\sqrt{5}}{5}$.