Poziom rozszerzony Zadanie 1 (4pkt) RozwiąŜ ... - Gazeta.pl
Poziom rozszerzony Zadanie 1 (4pkt) RozwiąŜ ... - Gazeta.pl
Poziom rozszerzony Zadanie 1 (4pkt) RozwiąŜ ... - Gazeta.pl
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
<strong>Poziom</strong> <strong>rozszerzony</strong><br />
<strong>Zadanie</strong> 1 (<strong>4pkt</strong>)<br />
<strong>RozwiąŜ</strong> nierówność | 2x<br />
+ 4 | + | x −1<br />
| ≤ 6 .<br />
Szkic rozwiązania:<br />
Znajdujemy miejsca zerowe funkcji spod znaków wartości bezwzględnej.<br />
2x + 4 = 0 ⇔ x = −2<br />
x −1 = 0 ⇔ x = 1<br />
Zaznaczamy je na osi liczbowej<br />
-2 1 x<br />
Zaznaczone punkty dzielą oś liczbową na trzy przedziały: ( −∞ ; − 2)<br />
, < −2;<br />
1)<br />
, < 1; + ∞)<br />
.<br />
W kaŜdym z tych przedziałów funkcje spod znaku wartości bezwzględnych są stałego znaku.<br />
Stosujemy więc definicję wartości bezwzględnej. Nierówność przyjmuje odpowiednio postać:<br />
1. Dla x ∈ ( −∞;<br />
− 2)<br />
− ( 2x<br />
+ 4)<br />
− ( x −1)<br />
≤ 6<br />
− 2x − 4 − x + 1 ≤ 6<br />
− 3x ≤ 9<br />
x ≥ −3<br />
Uwzględniając przedział, w którym nierówność przyjęła powyŜszą postać<br />
otrzymujemy zbiór rozwiązań w tym przypadku<br />
Odp1: x ∈< −3;<br />
− 2)<br />
2. Dla x ∈< −2;<br />
1)<br />
2x + 4 − ( x −1)<br />
≤ 6<br />
2x + 4 − x + 1 ≤ 6<br />
x ≤ 1<br />
Uwzględniając przedział, w którym nierówność przyjęła powyŜszą postać<br />
otrzymujemy zbiór rozwiązań w tym przypadku<br />
Odp2: x ∈< −2;<br />
1)<br />
3. Dla x ∈< 1; + ∞)<br />
2x + 4 + x −1<br />
≤ 6<br />
3x ≤ 3<br />
x ≤ 1<br />
Uwzględniając przedział, w którym nierówność przyjęła powyŜszą postać<br />
otrzymujemy zbiór rozwiązań w tym przypadku<br />
Odp3: x ∈{<br />
1}<br />
Aby uzyskać zbiór rozwiązań nierówności danej w zadaniu sumujemy zbiory rozwiązań dla<br />
kaŜdego z rozwaŜonych przypadków.<br />
| 2x<br />
+ 4 | + | x −1<br />
| ≤ 6 ⇔ x ∈< −3;<br />
− 2)<br />
∪ < −2;<br />
1)<br />
∪{<br />
1}<br />
⇔ x ∈< −3;<br />
1 ><br />
Odpowiedź:<br />
x ∈< −3;<br />
1 ><br />
<strong>Zadanie</strong> 2 (4 pkt)<br />
2<br />
Wyznacz wszystkie rozwiązania równania 2 cos x − 5sin<br />
x − 4 = 0 naleŜące do przedziału<br />
< 0 ; 2π<br />
> .
Szkic rozwiązania:<br />
2<br />
2cos<br />
x − 5sin<br />
x − 4 = 0<br />
Z jedynki trygonometrycznej mamy<br />
2<br />
2<br />
sin x + cos x = 1<br />
Zatem<br />
2<br />
2<br />
cos x = 1 − sin x<br />
Wstawiając do równania uzyskujemy<br />
2<br />
2 ⋅ ( 1−<br />
sin x ) − 5sin<br />
x − 4 = 0<br />
2<br />
2 − 2sin<br />
x − 5sin<br />
x − 4 = 0<br />
2<br />
− 2sin<br />
x − 5sin<br />
x − 2 = 0 | ⋅ ( −1)<br />
2<br />
2sin<br />
x + 5sin<br />
x + 2 = 0<br />
Stosujemy podstawienie sin x = t , gdzie t ∈< −1;<br />
1 ><br />
Równanie przyjmuje wówczas postać:<br />
2 5 2 0<br />
2<br />
t + t + =<br />
Δ =<br />
5 2<br />
− 4⋅<br />
2⋅<br />
2 = 9<br />
Δ = 3<br />
− 5 − 3 − 5 + 3<br />
t = lub t =<br />
4<br />
4<br />
1<br />
t = −2<br />
lub t = −<br />
2<br />
t = −2∉<br />
−1,<br />
1 , więc to rozwiązanie równania 2 5 2 0<br />
2<br />
t + t + = nie spełnia warunków zadania.<br />
1<br />
t = − ∈ −1,<br />
1 .<br />
2<br />
Otrzymaliśmy równanie<br />
1<br />
sin x = −<br />
2<br />
1.5<br />
1<br />
0.5<br />
-0.5<br />
-1<br />
-1.5<br />
y<br />
π/2 π 3π/2 2π<br />
W przedziale 0, 2π<br />
równanie to ma dwa rozwiązania:<br />
7π 11π<br />
x = lub x =<br />
6 6<br />
Odpowiedź:<br />
f(x)=sin(x)<br />
f(x)=-0.5<br />
x
2<br />
W przedziale 0 , 2π<br />
równanie 2cos<br />
x − 5sin<br />
x − 4 = 0 ma dwa rozwiązania:<br />
7π 11π<br />
x = , x = .<br />
6 6<br />
<strong>Zadanie</strong> 3 (<strong>4pkt</strong>)<br />
Bok kwadratu ABCD ma długość 1. Na bokach BC i CD wybrano odpowiednio punkty E i F<br />
umieszczone tak, by |CE| = 2|DF|, dla której pole trójkąta AEF jest najmniejsze.<br />
Szkic rozwiązania:<br />
Pole trójkąta AEF obliczymy odejmując od pola kwadratu ABCD pola trójkątów<br />
prostokątnych ABE, ECF i FDA.<br />
P AEF<br />
1<br />
1<br />
1<br />
= 1 − ⋅ | | ⋅ | | − ⋅ | | ⋅ | | − ⋅ | | ⋅ | | =<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
AB BE EC CF FD DA<br />
1<br />
1<br />
1<br />
2 1 1 ⎛ 1 ⎞ 7<br />
= 1−<br />
⋅1⋅<br />
( 1−<br />
2x<br />
) − ⋅ 2x<br />
⋅(<br />
1−<br />
x)<br />
− ⋅ x ⋅1<br />
= x − x + = ⎜ x − ⎟ + dla kaŜdej wartości<br />
2<br />
2<br />
2 2 2 ⎝ 4 ⎠ 16<br />
1<br />
0 ≤ x ≤ .<br />
2<br />
1 2<br />
⎛ ⎞<br />
⎛ ⎞<br />
PoniewaŜ ⎜ x − ⎟ ≥ 0 , więc pole jest najmniejsze wtedy, gdy ⎜ x − ⎟ = 0 , czyli dla<br />
⎝ 4 ⎠<br />
⎝ 4 ⎠<br />
Odpowiedź:<br />
D<br />
1<br />
Pole trójkąta jest najmniejsze dla<br />
A<br />
x<br />
F<br />
1<br />
x = .<br />
4<br />
1 −<br />
1<br />
x<br />
C<br />
2 x<br />
E<br />
1− 2x<br />
B<br />
2<br />
1 2<br />
1<br />
x = .<br />
4
<strong>Zadanie</strong>4 (<strong>4pkt</strong>)<br />
3 2<br />
Wyznacz wartości a i b współczynników wielomianu W ( x)<br />
= x + ax + bx + 1 wiedząc, Ŝe<br />
W ( 2 ) = 7 oraz, Ŝe reszta z dzielenia W ( x)<br />
przez ( x − 3)<br />
jest równa 10.<br />
Szkic rozwiązania:<br />
W ( 2)<br />
= 7<br />
8 + 4a<br />
+ 2b<br />
+ 1 = 7<br />
4a + 2b<br />
= −2<br />
2a + b = −1<br />
Reszta z dzielenia W (x)<br />
przez ( x − 3)<br />
jest równa 10, więc<br />
W ( 3)<br />
= 10<br />
27 + 9a<br />
+ 3b<br />
+ 1 = 10<br />
9a + 3b<br />
= −18<br />
3a + b = −6<br />
Oba warunki mają być spełnione jednocześnie, więc uzyskujemy układ równań<br />
⎧2a<br />
+ b = −1<br />
⎨<br />
⎩3a<br />
+ b = −6<br />
Układ ten spełniony jest wtedy i tylko wtedy, gdy<br />
⎧a<br />
= −5<br />
⎨<br />
⎩ b = 9<br />
Odpowiedź:<br />
Wielomian W (x)<br />
spełnia warunki zadania dla a = −5<br />
i b = 9 .<br />
<strong>Zadanie</strong> 5. (5 pkt)<br />
O liczbach a, b, c wiemy, Ŝe ciąg ( a , b,<br />
c)<br />
jest arytmetyczny i a + c = 10 , zaś ciąg<br />
( a + 1 , b + 4,<br />
c + 19)<br />
jest geometryczny. Wyznacz te liczby.<br />
Szkic rozwiązania:<br />
PoniewaŜ ciąg ( a , b,<br />
c)<br />
jest arytmetyczny, więc z własności ciągu arytmetycznego<br />
a + c<br />
10<br />
otrzymujemy równanie b = . Stąd i tego, Ŝe a + c = 10 obliczamy b = = 5 .<br />
2<br />
2<br />
Wykorzystując własność ciągu geometrycznego zapisujemy równanie<br />
( 4) ( 1)(<br />
19)<br />
2<br />
b + = a + c + ,<br />
które po uwzględnieniu tego, Ŝe b = 5 i c = 10 − a zapisujemy w postaci<br />
2 ( 5 + 4)<br />
= ( a + 1)(<br />
10 − a + 19)<br />
, czyli 81 = ( a + 1)(<br />
29 − a)<br />
.<br />
Stąd dostajemy kolejno<br />
2<br />
81= 29a<br />
− a + 29−<br />
a<br />
2<br />
a − 28a<br />
+ 52 = 0<br />
2<br />
a − 2a<br />
− 26a<br />
+ 52 = 0<br />
a ( a − 2 ) − 26(<br />
a − 2)<br />
= 0<br />
( a − 2 )( a − 26)<br />
= 0<br />
a = 2 lub a<br />
= 26
Gdy a = 2 , to wtedy c = 10 − a = 8 . Gdy a = 26 , to c = 10 − a = −16<br />
Odpowiedź. Poszukiwane liczby to a = 2 i b = 5 i c = 8 lub a = 26 i b = 5 i c = −16<br />
.<br />
<strong>Zadanie</strong> 6. (5 pkt)<br />
2<br />
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x + mx + 2 = 0 ma dwa<br />
róŜne pierwiastki rzeczywiste takie, Ŝe suma ich kwadratów jest większa od 2 13<br />
2 m − .<br />
Szkic rozwiązania:<br />
Równanie<br />
2<br />
x + mx + 2 = 0 ma dwa róŜne pierwiastki rzeczywiste tylko wówczas, gdy<br />
wyróŜnik Δ > 0 . Nierówność tę zapisujemy kolejno<br />
2<br />
m − 4⋅<br />
2 > 0<br />
m − 2 2 m + 2 2 ><br />
( )( ) 0<br />
Stąd otrzymujemy m < −2<br />
2 lub m > 2 2 .<br />
Wtedy istnieją dwa róŜne pierwiastki rzeczywiste x 1 i x 2 tego równania. Rozwiązujemy teraz<br />
nierówność 2 13<br />
2<br />
2 2<br />
x + x > m − , którą najpierw zapisujemy w postaci równowaŜnej<br />
1<br />
2<br />
2<br />
( + x ) − 2x<br />
x > 2m<br />
−13<br />
1<br />
2<br />
1<br />
2<br />
2<br />
2<br />
x . Wykorzystując wzory Viète’a moŜemy zapisać tę nierówność<br />
⎛ m ⎞<br />
w postaci ⎜−<br />
⎟<br />
⎝ 1 ⎠<br />
2<br />
2<br />
m − 4 > 2m<br />
−13<br />
2<br />
m − 9 < 0<br />
( m + 3 )( m − 3)<br />
< 0<br />
2 2<br />
− 2 ⋅ > 2m<br />
−13<br />
. Przekształcając ją otrzymujemy kolejno<br />
1<br />
Stąd otrzymujemy m > −3<br />
i m < 3.<br />
Uwzględniając oba otrzymane wyniki mamy ostatecznie − 3 < m < −2<br />
2 lub 2 2 < m < 3.<br />
<strong>Zadanie</strong> 7. (6 pkt)<br />
Punkt A = (−2,<br />
5)<br />
jest jednym z wierzchołków trójkąta równoramiennego ABC , w którym<br />
|AC|=|BC|. Pole tego trójkąta jest równe 15. Bok BC jest zawarty w prostej o równaniu<br />
y = x + 1.<br />
Oblicz współrzędne wierzchołka C.<br />
Szkic rozwiązania:<br />
A<br />
C1<br />
y<br />
h<br />
1<br />
0 1<br />
C2<br />
2<br />
2<br />
( x + 2)<br />
+ ( y − 5)<br />
= 50<br />
y = x + 1<br />
x
Obliczamy wysokość trójkąta ABC poprowadzoną z wierzchołka A korzystając ze wzoru na<br />
odległość punktu od prostej i otrzymujemy:<br />
h = 3 2.<br />
Korzystając z faktu, Ŝe pole trójkąta wynosi 15, znajdujemy długość boku BC:<br />
1<br />
15 = ⋅3<br />
2⋅<br />
| BC |<br />
2<br />
| BC | = 5 2 .<br />
PoniewaŜ boki AC i BC mają tę samą długość, więc punkt C leŜy na przecięciu okręgu<br />
o środku w punkcie A i promieniu 5 2 oraz prostej o równaniu y = x + 1,<br />
zatem jego<br />
współrzędne spełniają układ równań<br />
⎪⎧<br />
2<br />
2<br />
2<br />
( x + 2)<br />
+ ( y − 5)<br />
= ( 5 2)<br />
⎨<br />
⎪⎩ y = x + 1<br />
,<br />
skąd otrzymujemy kolejno<br />
⎧ x = y + 1<br />
⎨ 2<br />
⎩2y<br />
− 8y<br />
− 24 = 0<br />
⎧ x = y + 1<br />
⎨<br />
⎩(<br />
y + 2)(<br />
y − 6)<br />
= 0<br />
⎧x<br />
= −3<br />
⎧x<br />
= 5<br />
⎨ lub ⎨ .<br />
⎩y<br />
= −2<br />
⎩y<br />
= 6<br />
Odpowiedź:<br />
Wierzchołek C ma współrzędne ( − 3, −2)<br />
lub ( 5 , 6)<br />
.<br />
<strong>Zadanie</strong> 8. (5 pkt)<br />
1<br />
Rysunek przedstawia fragment wykresu funkcji f ( x)<br />
= . Przeprowadzono prostą<br />
2<br />
x<br />
równoległą do osi Ox, która przecięła wykres tej funkcji w punktach A i B. Niech C = ( 3, − 1)<br />
.<br />
WykaŜ, Ŝe pole trójkąta ABC jest większe lub równe 2.<br />
Szkic rozwiązania:<br />
4<br />
3<br />
2<br />
1<br />
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4<br />
-1<br />
y<br />
A B<br />
Niech B będzie punktem przecięcia prostej i wykresu funkcji f leŜącym w I ćwiartce układu<br />
⎛ 1 ⎞<br />
współrzędnych. Wówczas B = ⎜ m, 2 ⎟<br />
⎝ m ⎠ . PoniewaŜ f ( − x) =<br />
1<br />
2<br />
−x<br />
1<br />
= = f 2 ( x)<br />
dla kaŜdej<br />
x<br />
liczby rzeczywistej x ≠ 0 , więc wykres funkcji f jest figurą symetryczną względem osi Oy<br />
C<br />
x<br />
( )
⎛ 1 ⎞<br />
układu współrzędnych. Stąd wynika, Ŝe A = ⎜−m, 2 ⎟ . Wysokość trójkąta ABC opuszczona<br />
⎝ m ⎠<br />
1<br />
na bok AB jest równa 1+ , a podstawa AB ma długość AB = 2m<br />
, gdzie m > 0.<br />
Pole<br />
2<br />
m<br />
1 ⎛ 1 ⎞ 1<br />
trójkąta ABC jest więc równe PABC = ⋅2m ⋅ ⎜1+ m 2 ⎟ = + dla m > 0.<br />
Pozostaje wykazać,<br />
2 ⎝ m ⎠ m<br />
1<br />
Ŝe dla kaŜdego m > 0prawdziwa<br />
jest nierówność m + ≥ 2 . Przekształcając tę nierówność<br />
m<br />
równowaŜnie, przy załoŜeniu, Ŝe m > 0,<br />
otrzymujemy kolejno nierówności<br />
2<br />
m + 1 ≥ 2m<br />
2<br />
m − 2m + 1 ≥ 0<br />
( ) 2<br />
m −1 ≥ 0 .<br />
Otrzymana nierówność jest oczywiście prawdziwa, co kończy dowód.<br />
<strong>Zadanie</strong> 9. (4 pkt)<br />
Na bokach BC i CD równoległoboku ABCD zbudowano kwadraty CDEF i BCGH<br />
(zobacz rysunek). Udowodnij, Ŝe AC = FG .<br />
Szkic rozwiązania:<br />
A<br />
b<br />
E<br />
a .<br />
D<br />
C<br />
α<br />
.<br />
β<br />
B<br />
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. PoniewaŜ czworokąt ABCD jest równoległobokiem,<br />
więc suma miar jego dwóch sąsiednich katów wewnętrznych jest równa 180 ° . Stąd<br />
α =180 ° − β . Kąty DCF i BCG są proste, bo czworokąty CFED i BHGC to kwadraty, więc<br />
miara kąta FCG w trójkącie FCG jest równa ∠FCG = 360°<br />
− 2 ⋅ 90°<br />
− β = 180°<br />
− β = α .<br />
Z faktu, Ŝe czworokąty CFED i BHGC to kwadraty wynika ponadto, Ŝe DC = FC oraz<br />
BC = CG , ale BC = AD , więc AD = CG . Z cechy bkb (bok-kąt-bok) przystawania<br />
b<br />
a<br />
F<br />
b<br />
H<br />
G<br />
A
trójkątów wnioskujemy, Ŝe trójkąty ADC i GCF są przystające. Stąd z kolei wynika, Ŝe<br />
GF<br />
AC = , co naleŜało udowodnić.<br />
<strong>Zadanie</strong> 10. (4 pkt)<br />
Oblicz prawdopodobieństwo tego, Ŝe w trzech rzutach symetryczną sześcienną kostką do gry<br />
suma kwadratów liczb uzyskanych oczek będzie podzielna przez 3.<br />
Szkic rozwiązania:<br />
W jednokrotnym rzucie kostką moŜemy uzyskać liczbę oczek od 1 do 6. Obliczamy reszty<br />
kwadratów tych liczb przy dzieleniu przez 3. Mamy kolejno:<br />
1 1 0 3 1,<br />
2<br />
= = ⋅ +<br />
2 2<br />
3 2<br />
4 2<br />
5 2<br />
= 4 = 1⋅<br />
3 + 1,<br />
= 9 = 3 ⋅ 3 +<br />
0,<br />
= 16 = 5 ⋅ 3 + 1,<br />
= 25 = 8 ⋅ 3 + 1,<br />
6 36 12 3 0.<br />
2<br />
= = ⋅ +<br />
Kwadraty tych liczb przy dzieleniu przez 3 dają jedynie resztę 1 albo resztę 0. ZauwaŜmy, Ŝe<br />
w trzech rzutach symetryczną sześcienną kostką do gry suma kwadratów liczb uzyskanych<br />
oczek jest podzielna przez 3 tylko wtedy, gdy albo wszystkie trzy reszty z dzielenia tych<br />
kwadratów są równe 0 albo teŜ wszystkie są równe 1. Prawdopodobieństwo wyrzucenia w<br />
pojedynczym rzucie kostką liczby oczek, której kwadrat przy dzieleniu przez 3 daje reszty 1<br />
4 2<br />
jest równe = , a prawdopodobieństwo wyrzucenia liczby oczek, której kwadrat przy<br />
6 3<br />
2 1<br />
dzieleniu przez 3 daje reszty 0 jest równe = . Przedstawmy na drzewku kolejne trzy rzuty<br />
6 3<br />
kostką.<br />
1<br />
3<br />
r<br />
= 0<br />
1<br />
3<br />
r = 0<br />
r = 0<br />
r = 1 r = 0<br />
r = 1<br />
r = 1<br />
1<br />
3<br />
r = 0 r = 1 r = 0<br />
r = 1<br />
r = 1<br />
r = 0 r = 1<br />
Zapis r = 1 oznacza wyrzucenie w pojedynczym rzucie kostką liczby oczek, której kwadrat<br />
przy dzieleniu przez 3 daje reszty 1, a r = 1 oznacza wyrzucenie w pojedynczym rzucie<br />
kostką liczby oczek, której kwadrat przy dzieleniu przez 3 daje reszty 0. Zaznaczamy<br />
prawdopodobieństwa jedynie na istotnych gałęziach drzewa, a te gałęzie wyróŜniamy poprzez<br />
pogrubienie ich. Oznaczmy przez A zdarzenie, Ŝe w trzech rzutach symetryczną sześcienną<br />
kostką do gry suma kwadratów liczb uzyskanych oczek będzie podzielna przez 3.<br />
Prawdopodobieństwo tego zdarzenia jest więc równe<br />
2<br />
3<br />
2<br />
3<br />
2<br />
3
1 1 1 2 2 2 9 1<br />
P ( A)<br />
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = =<br />
3 3 3 3 3 3 27 3<br />
Odpowiedź: Prawdopodobieństwo tego, Ŝe w trzech rzutach symetryczną sześcienną kostką<br />
1<br />
do gry suma kwadratów liczb uzyskanych oczek będzie podzielna przez 3 jest równe .<br />
3<br />
<strong>Zadanie</strong> 11. (5 pkt)<br />
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym krawędź podstawy ma długość a. Ściany boczne są<br />
trójkątami ostrokątnymi. Miara kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi jest równa<br />
2α . Wyznacz objętość tego ostrosłupa.<br />
Szkic rozwiązania:<br />
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.<br />
A<br />
a<br />
Rozwiązanie zadania sprowadza się do wyznaczenia długości wysokości h ostrosłupa.<br />
Kąt AEB ma miarę 2 α (odcinki AE i BE to wysokości ścian bocznych odpowiednio BCS<br />
i ACS opuszczone na bok SC). Trójkąt ABE jest równoramienny, punkt F to spodek<br />
wysokości EF tego trójkąta, więc trójkąt FBE jest prostokątny, a kąt przy wierzchołku E<br />
w tym trójkącie ma miarę α . Sinus tego kąta jest równy<br />
1<br />
2 a<br />
sin α = ,<br />
BE<br />
stąd<br />
a<br />
BE = .<br />
2sin<br />
α<br />
Pole trójkąta BCS moŜemy zapisać na dwa sposoby:<br />
1<br />
1<br />
1 1 a<br />
PBCS = ⋅ BC ⋅ DS = a ⋅ DS oraz PBCS = ⋅ CS ⋅ BE = ⋅ CS ⋅ .<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2 2 sin α<br />
Stąd otrzymujemy równość<br />
F<br />
B<br />
.<br />
h<br />
S<br />
.<br />
O<br />
B<br />
. E<br />
.<br />
2α<br />
B<br />
.<br />
.<br />
D a<br />
C
1<br />
a ⋅ DS<br />
2<br />
a z niej<br />
1 a<br />
= ⋅ CS ⋅ ,<br />
2 2 sin α<br />
CS = 2 ⋅ DS ⋅ sin α .<br />
Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie DCS otrzymujemy<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
( ) 2 a<br />
DS = CS − CD = CS − .<br />
2<br />
Stąd i poprzedniej równości mamy<br />
2<br />
2 1 2<br />
2 2 1 2<br />
DS = ( 2 ⋅ DS ⋅ sin α ) − a = 4 ⋅ DS ⋅ sin α − a<br />
4<br />
4<br />
Z tego równania obliczamy teraz kwadrat długości odcinka DS<br />
2 2<br />
2 1 2<br />
4 ⋅ DS ⋅sin<br />
α − DS = a<br />
4<br />
2 2 1 2<br />
DS ( 4sin α −1)<br />
= a<br />
4<br />
2<br />
2 a<br />
DS =<br />
2<br />
4(<br />
4sin<br />
α −1)<br />
Spodek O wysokości ostrosłupa prawidłowego trójkątnego dzieli wysokość podstawy<br />
w stosunku 2:1 licząc od wierzchołka. Stąd i ze wzoru na wysokość trójkąta równobocznego<br />
otrzymujemy<br />
1 a 3 a 3<br />
OD = ⋅ = .<br />
3 2 6<br />
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta DSO obliczamy teraz wysokość ostrosłupa<br />
h =<br />
2 2<br />
DS − OD =<br />
2<br />
a ⎛ a 3 ⎞<br />
− ⎜ ⎟<br />
2<br />
4(<br />
4sin<br />
α −1)<br />
⎜ 6 ⎟<br />
⎝ ⎠<br />
=<br />
a ⋅cosα<br />
.<br />
2<br />
3 4sin<br />
−1<br />
Wykorzystując wzór na pole trójkąta równobocznego obliczamy objętość V ostrosłupa<br />
2<br />
3<br />
1 1 a 3 a ⋅cosα<br />
a ⋅cosα<br />
V = PABC<br />
⋅ h == ⋅<br />
=<br />
.<br />
3 3 4<br />
2<br />
2<br />
3 4sin<br />
−1<br />
12 4sin<br />
−1<br />
Odpowiedź:<br />
3<br />
a ⋅cosα Objętość ostrosłupa jest równa<br />
.<br />
2<br />
12 4sin<br />
−1<br />
2