Trójkąty
Zadanie 10, maj 2012, poziom rozszerzony
Podstawą ostrosłupa \(ABCS\) jest trójkąt równoramienny \(ABC\). Krawędź \(AS\) jest wysokością ostrosłupa oraz
\[|AS|=8\sqrt{210},\qquad |BS|=118,\qquad |CS|=131.\]
Oblicz objętość tego ostrosłupa.
Odpowiedź
Objętość ostrosłupa wynosi \(1760\sqrt{210}\). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach BAS i CAS otrzymujemy AB=\(22\) i AC=\(61\). Ponieważ podstawa jest równoramienna i trójkąt o bokach \(22\),\(22\),\(61\) nie istnieje, mamy BC=\(61\). Wysokość podstawy opuszczona na AB wynosi \(60\), więc pole podstawy to \(660\). Zatem V=(\(\frac{1}{3}\))·\(660\cdot 8\)√\(210=1760\sqrt{210}\).
Rozwiązanie krok po kroku
Krawędź \(AS\) jest wysokością ostrosłupa, więc jest prostopadła do płaszczyzny podstawy — w szczególności do \(AB\) i do \(AC\). Trójkąty \(ABS\) i \(ACS\) są zatem prostokątne przy \(A\).
Z twierdzenia Pitagorasa:
\[\lvert AB\rvert=\sqrt{118^2-\left(8\sqrt{210}\right)^2}=\sqrt{13\,924-13\,440}=\sqrt{484}=22,\]
\[\lvert AC\rvert=\sqrt{131^2-13\,440}=\sqrt{17\,161-13\,440}=\sqrt{3721}=61.\]
Podstawa \(ABC\) jest równoramienna. Gdyby \(\lvert BC\rvert=\lvert AB\rvert=22\), boki miałyby długości \(22\), \(22\), \(61\), a wtedy \(22+22=44<61\) — warunek istnienia trójkąta nie byłby spełniony. Zatem
\[\lvert BC\rvert=\lvert AC\rvert=61.\]
Wysokość podstawy opuszczona na \(AB\) dzieli tę podstawę na połowy:
\[h=\sqrt{61^2-11^2}=\sqrt{3721-121}=\sqrt{3600}=60,\qquad P_p=\tfrac12\cdot22\cdot60=660.\]
Objętość:
\[V=\tfrac13\cdot660\cdot8\sqrt{210}=1760\sqrt{210}.\]
**Odpowiedź.** \(V=1760\sqrt{210}\)
Klucz i zasady oceniania
**1–2 pkt** – obliczenie \(\lvert AB\rvert=22\) i \(\lvert AC\rvert=61\).
**3 pkt** – rozstrzygnięcie, które boki podstawy są równe, z odwołaniem do warunku istnienia trójkąta.
**4 pkt** – obliczenie pola podstawy \(P_p=660\).
**5 pkt** – obliczenie objętości \(V=1760\sqrt{210}\).
Wymagania podstawy programowej
IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w ostrosłupie. (IV.9.b)
