Strona główna › Geometria przestrzenna › Ostrosłup prawidłowy czworokątny

Ostrosłup prawidłowy czworokątny

Q: Czym różni się wysokość ostrosłupa od wysokości ściany bocznej?

Wysokość bryły łączy wierzchołek ze środkiem podstawy i jest prostopadła do niej. Wysokość ściany, czyli apotema, leży w ścianie bocznej i trafia w środek krawędzi podstawy. To dwa różne odcinki, a apotema jest zawsze dłuższa.

Q: Skąd bierze się jedna trzecia we wzorze na objętość?

Trzy jednakowe ostrosłupy o wspólnej podstawie i odpowiedniej wysokości wypełniają dokładnie sześcian, co widać po rozcięciu bryły. Ten sam współczynnik pojawia się w objętości stożka, bo tam działa to samo rozumowanie.

Q: Który kąt jest większy: nachylenia ściany czy krawędzi?

Zawsze kąt nachylenia ściany bocznej. Oba mierzy się przy tej samej wysokości bryły, ale kąt ściany opiera się na połowie boku, a kąt krawędzi na dłuższej połowie przekątnej — a dłuższa przyprostokątna daje mniejszy kąt.

Q: Czy w tych zadaniach trzeba używać trygonometrii?

Nie zawsze, ale podstawa dopuszcza ją wprost w punkcie o objętościach i polach. Gdy dany jest kąt, a nie długość, trygonometria jest najkrótszą drogą; gdy dane są same długości, wystarcza twierdzenie Pitagorasa.

Q: Jak sprawdzić, czy wynik jest sensowny?

Trzema nierównościami: apotema jest dłuższa od wysokości bryły, krawędź boczna dłuższa od apotemy, a krawędź podstawy krótsza od podwojonej apotemy. Wynik łamiący którąkolwiek z nich oznacza pomylone odcinki.

Ostrosłup prawidłowy czworokątny to bryła o podstawie kwadratowej i wierzchołku dokładnie nad środkiem tej podstawy. Zadania maturalne z tej bryły wyglądają na trudne, bo są przestrzenne — a rozwiązuje się je płasko. Cały temat sprowadza się do trzech trójkątów prostokątnych ukrytych w środku: kto je widzi, ten liczy każde zadanie tym samym twierdzeniem Pitagorasa.

Dział: Geometria przestrzennaPoziom: liceum — zakres podstawowyZadań z matury: 5

Przejdź od razu do zadań (5) ↓

1Budowa i oznaczenia

Słowo prawidłowy znaczy dwie rzeczy naraz: podstawa jest wielokątem foremnym (tu: kwadratem), a spodek wysokości leży w środku podstawy. Bez tego drugiego warunku bryła byłaby pochyła i żaden ze standardowych wzorów by nie działał.

Oznaczenia, które przyjmuję na całej stronie i które są zgodne z zapisem w arkuszach:

$a$ — krawędź podstawy (bok kwadratu),
$H$ — wysokość bryły, od wierzchołka do środka podstawy,
$m$ — wysokość ściany bocznej, poprowadzona do środka krawędzi podstawy (bywa nazywana apotemą),
$b$ — krawędź boczna, od wierzchołka do wierzchołka podstawy.

Cztery ściany boczne są przystającymi trójkątami równoramiennymi, a podstawa kwadratem. Stąd bierze się cała symetria bryły i możliwość liczenia jednej ściany zamiast czterech.

Cztery odcinki, które trzeba rozróżniać

$H$ kontra $m$ — wysokość bryły idzie do środka kwadratu, a wysokość ściany do środka boku. To dwa różne odcinki i mylenie ich jest błędem numer jeden w tym temacie.

$m$ kontra $b$ — apotema trafia w środek krawędzi podstawy, krawędź boczna w jej wierzchołek. Zawsze $b > m$ .

Trzy nierówności, które zachodzą zawsze i warto sprawdzić je na końcu zadania jako kontrolę: $H < m$ (apotema jest przeciwprostokątną w trójkącie z $H$ ), $m < b$ oraz $a < 2m$ . Wynik łamiący którąkolwiek z nich oznacza pomylone odcinki.

2Trzy trójkąty prostokątne — sedno tematu

Każde zadanie o tej bryle rozwiązuje się, wybierając jeden z trzech trójkątów. Wszystkie mają wierzchołek prosty przy spodku wysokości albo przy środku krawędzi.

trójkąt	przyprostokątne	przeciwprostokątna	kiedy go użyć
ściana boczna, przekrój przez środki	$H$ oraz $\frac{a}{2}$	$m$	gdy w grę wchodzi pole boczne albo kąt ściany
przekrój przez przekątną	$H$ oraz $\frac{a\sqrt2}{2}$	$b$	gdy dana jest krawędź boczna
ściana boczna jako trójkąt	$m$ oraz $\frac{a}{2}$	$b$	gdy przechodzimy między $m$ a $b$

Druga przyprostokątna w środkowym wierszu to połowa przekątnej kwadratu. Przekątna wynosi $a\sqrt2$ , więc jej połowa to $\frac{a\sqrt2}{2}$ — i to jest odległość od środka podstawy do jej wierzchołka.

Stąd trzy zależności Pitagorasa, których nie trzeba pamiętać osobno, bo wynikają z tabeli:

m^2 = H^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2, \qquad b^2 = H^2 + \frac{a^2}{2}, \qquad b^2 = m^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2

Sposób wyznaczania przekątnej kwadratu opisuję osobno — tu jest narzędziem, nie tematem. Warto natomiast zauważyć, że to ona odróżnia oba przekroje: jeden idzie przez środki przeciwległych krawędzi, drugi przez przeciwległe wierzchołki.

3Objętość i pole powierzchni

Podstawa programowa wymienia to w dziale X, zakres podstawowy, punkt 5: „oblicza objętości i pola powierzchni graniastosłupów, ostrosłupów, walca, stożka i kuli, również z wykorzystaniem trygonometrii”.

V = \frac{1}{3} a^2 H, \qquad P_c = a^2 + 4 \cdot \frac{a \cdot m}{2} = a^2 + 2am

Współczynnik $\frac13$ w objętości nie jest umową — sześcian rozcina się na trzy ostrosłupy o równych objętościach. Każdy z nich ma za podstawę inną ścianę sześcianu, a wszystkie trzy mają wspólny wierzchołek w jednym narożniku; wysokość każdego równa się krawędzi. Skoro wypełniają sześcian bez reszty, na każdy przypada dokładnie jedna trzecia. Warto zauważyć, że te trzy bryły są pochyłe — wierzchołek stoi nad narożnikiem podstawy, a nie nad jej środkiem. Wzór przenosi się mimo to na ostrosłup prawidłowy, bo objętość zależy wyłącznie od pola podstawy i wysokości, a nie od tego, gdzie pada spodek. Ta sama trójka pojawia się przy stożku — tam jednak dowodzi się jej inaczej, bo walca nie da się rozciąć na trzy stożki.

W polu powierzchni wchodzi apotema $m$ , a nie wysokość bryły $H$ . To najczęstsza pomyłka w całym temacie: dane zadania podają zwykle $H$ , więc $m$ trzeba najpierw policzyć z pierwszego trójkąta.

Kolejność, która nie zawodzi

Do objętości potrzebujesz $a$ i $H$ — nic więcej.

Do pola potrzebujesz $a$ i $m$ . Jeśli masz $H$ , policz $m$ z trójkąta $\left(H, \frac{a}{2}\right)$ .

Jeśli masz krawędź boczną $b$ , wybierz trójkąt zależnie od tego, co jest szukane: do $H$ prowadzi przekrój przez przekątną, do $m$ — ściana boczna.

Pole boczne samo w sobie warto zapamiętać jako $P_b = 2am$ , bo cztery trójkąty o podstawie $a$ i wysokości $m$ dają $4 \cdot \frac{am}{2}$ . Skrócenie czwórki przez dwójkę jest jedynym rachunkiem w tym wzorze.

4Kąty w ostrosłupie

Podstawa poświęca kątom osobne punkty (X pkt 2 i 3), bo to one odróżniają zadanie licealne od szkolnego liczenia pól. Dwa kąty pojawiają się najczęściej:

Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy — to kąt dwuścienny; mierzy się go w trójkącie $\left(H, \frac{a}{2}, m\right)$ , więc $\operatorname{tg}\alpha = \frac{H}{\frac{a}{2}} = \frac{2H}{a}$ .
Kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy — mierzy się w trójkącie z połową przekątnej, więc $\operatorname{tg}\beta = \frac{H}{\frac{a\sqrt2}{2}} = \frac{H\sqrt2}{a}$ .

Z tych dwóch wzorów wynika rzecz, która bywa treścią zadania: kąt ściany jest zawsze większy od kąta krawędzi. Powód jest widoczny w mianownikach — połowa przekątnej jest dłuższa od połowy boku, a przy tej samej wysokości dłuższa przyprostokątna daje mniejszy kąt.

Trzeci kąt, o który pytają zadania, to kąt przy wierzchołku ściany bocznej albo kąt między sąsiednimi krawędziami bocznymi. Liczy się go w trójkącie równoramiennym ściany, zwykle przez połowę: $\sin\frac{\gamma}{2} = \frac{a/2}{b}$ .

Przy wszystkich tych rachunkach obowiązuje zasada zapisu: wynik z pierwiastkiem zostaje pierwiastkiem. Jeśli tangens wychodzi $\frac{2\sqrt2}{3}$ , tak go zapisujemy — chyba że polecenie każe podać miarę kąta z tablic.

5Komplet wzorów — wszystkie wielkości naraz

Zestawienie wszystkiego, co liczy się w tej bryle — w oznaczeniach przyjętych na początku strony: $a$ — krawędź podstawy, $H$ — wysokość ostrosłupa, $m$ — wysokość ściany bocznej (apotema), $b$ — krawędź boczna.

wielkość	wzór	przykład dla $a = 6$ , $H = 4$
pole podstawy	$P_p = a^2$	$6^2 = \textcolor{#E0453A}{36}$
wysokość ściany bocznej (apotema)	$m = \sqrt{H^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2}$	$\sqrt{16 + 9} = \textcolor{#E0453A}{5}$
pole powierzchni bocznej	$P_b = 4 \cdot \dfrac{a \cdot m}{2} = 2am$	$2 \cdot 6 \cdot 5 = \textcolor{#E0453A}{60}$
pole powierzchni całkowitej	$P_c = P_p + P_b$	$36 + 60 = \textcolor{#E0453A}{96}$
objętość	$V = \dfrac{1}{3} \cdot P_p \cdot H$	$\dfrac{1}{3} \cdot 36 \cdot 4 = \textcolor{#E0453A}{48}$
przekątna podstawy	$d = a\sqrt{2}$	$6\sqrt{2}$
krawędź boczna	$b = \sqrt{H^2 + \left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^2}$	$\sqrt{16 + 18} = \sqrt{34}$

Dwa ostatnie wyniki zostawiam w postaci dokładnej: $6\sqrt{2}$ i $\sqrt{34}$ . Zaokrąglenie do $8{,}49$ i $5{,}83$ byłoby błędem, dopóki polecenie o nie nie prosi.

Warto zauważyć, że apotema i krawędź boczna wychodzą z dwóch różnych trójkątów prostokątnych, opisanych w drugiej sekcji: pierwsza z trójkąta o przyprostokątnych $H$ i $\frac{a}{2}$ , druga — $H$ i połowie przekątnej podstawy. Pomylenie ich to najczęstsza pomyłka w tym temacie, bo obie są „skośną krawędzią w górę”.

6Przykłady krok po kroku

Cztery zadania: pole i objętość z wysokości, wysokość z krawędzi bocznej, kąt nachylenia ściany i rachunek z apotemy.

Przykład 1 Pole i objętość, gdy dana jest wysokość

Ostrosłup prawidłowy czworokątny ma krawędź podstawy $6$ i wysokość $4$ . Oblicz jego objętość i pole powierzchni całkowitej.

Objętość liczę wprost: $V = \frac{1}{3} \cdot 6^2 \cdot 4 = \frac{1}{3} \cdot 144 = 48$ .
Do pola potrzebna jest apotema. Trójkąt $\left(H, \frac{a}{2}\right) = (4, 3)$ daje $m = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5$ .
Pole boczne: $P_b = 2am = 2 \cdot 6 \cdot 5 = 60$ .
Pole całkowite: $P_c = 36 + 60 = 96$ .
Kontrola nierówności: $a < 2m$ , czyli $6 < 10$ ✓ oraz $m > H$ , czyli $5 > 4$ ✓
Kontrola sensu: apotema jest przeciwprostokątną w trójkącie z $H$ , więc musi być dłuższa od wysokości bryły ✓

Odpowiedź: $V = 48$ , $P_c = 96$

Trójka $3, 4, 5$ pojawiła się tu sama — bo połowa krawędzi podstawy wynosi $3$ , a wysokość $4$ . Zadania maturalne często dobierają dane tak, żeby apotema wyszła całkowita.

Przykład 2 Wysokość z krawędzi bocznej

Krawędź podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość $4$ , a krawędź boczna $6$ . Oblicz wysokość bryły i jej objętość.

Przekątna podstawy: $4\sqrt2$ , więc jej połowa wynosi $2\sqrt2$ .
Trójkąt z krawędzią boczną: $H^2 + \left(2\sqrt2\right)^2 = 6^2$ .
$\left(2\sqrt2\right)^2 = 4 \cdot 2 = 8$ , więc $H^2 = 36 - 8 = 28$ .
$H = \sqrt{28} = 2\sqrt7$ — i w tej postaci zostawiam wynik.
$V = \frac{1}{3} \cdot 16 \cdot 2\sqrt7 = \frac{32\sqrt7}{3}$ .
Kontrola sensu: krawędź boczna musi być dłuższa od połowy przekątnej — $6 > 2\sqrt2$ , bo $36 > 8$ ✓
Kontrola rzędu: $H = 2\sqrt7$ , a $\sqrt7$ leży między $2$ a $3$ (bo $4 < 7 < 9$ ), więc wysokość jest między $4$ a $6$ ✓

Odpowiedź: $H = 2\sqrt7$ , $V = \frac{32\sqrt7}{3}$

Podniesienie $2\sqrt2$ do kwadratu daje $8$ , a nie $4\sqrt2$ — kwadrat dotyczy całego wyrażenia, łącznie z liczbą przed pierwiastkiem. To najczęstsze potknięcie w tym rachunku.

Przykład 3 Kąt nachylenia ściany bocznej

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym o krawędzi podstawy $6$ i wysokości $4$ oblicz tangens kąta nachylenia ściany bocznej do podstawy oraz tangens kąta nachylenia krawędzi bocznej.

Kąt ściany mierzę w trójkącie $\left(H, \frac{a}{2}\right)$ : $\operatorname{tg}\alpha = \frac{4}{3}$ .
Kąt krawędzi mierzę w trójkącie z połową przekątnej: $\frac{a\sqrt2}{2} = 3\sqrt2$ .
$\operatorname{tg}\beta = \frac{4}{3\sqrt2}$ . Usuwam niewymierność z mianownika: $\frac{4\sqrt2}{6} = \frac{2\sqrt2}{3}$ .
Porównanie: $\frac{4}{3}$ wobec $\frac{2\sqrt2}{3}$ — mianowniki równe, więc porównuję liczniki: $4$ wobec $2\sqrt2$ .
$2\sqrt2$ to pierwiastek z $8$ , a $4$ to pierwiastek z $16$ , więc $\operatorname{tg}\alpha > \operatorname{tg}\beta$ ✓
Kontrola sensu: kąt ściany musi być większy, bo mierzy się go na krótszej przyprostokątnej ( $3$ zamiast $3\sqrt2$ ) ✓

Odpowiedź: $\operatorname{tg}\alpha = \frac{4}{3}$ , $\operatorname{tg}\beta = \frac{2\sqrt2}{3}$

Porównanie przez zamianę na pierwiastki ( $4 = \sqrt{16}$ , $2\sqrt2 = \sqrt8$ ) jest wygodniejsze niż liczenie wartości dziesiętnych — i zgodne z zasadą, że postaci dokładnej nie zaokrąglamy bez potrzeby.

Przykład 4 Rachunek od apotemy

Ostrosłup prawidłowy czworokątny ma krawędź podstawy $16$ i wysokość ściany bocznej $17$ . Oblicz pole powierzchni całkowitej i objętość.

Pole boczne wprost z apotemy: $P_b = 2am = 2 \cdot 16 \cdot 17 = 544$ .
Pole całkowite: $P_c = 16^2 + 544 = 256 + 544 = 800$ .
Do objętości potrzebna jest wysokość bryły: trójkąt $\left(H, \frac{a}{2}, m\right) = (H, 8, 17)$ .
$H^2 = 17^2 - 8^2 = 289 - 64 = 225$ , więc $H = 15$ .
$V = \frac{1}{3} \cdot 256 \cdot 15 = 256 \cdot 5 = 1280$ .
Kontrola nierówności: $m > H$ , czyli $17 > 15$ ✓ oraz $a < 2m$ , czyli $16 < 34$ ✓
Kontrola trójki: $8, 15, 17$ spełnia twierdzenie Pitagorasa, bo $64 + 225 = 289$ ✓

Odpowiedź: $P_c = 800$ , $V = 1280$

Kolejność jest tu odwrotna niż w pierwszym przykładzie: mając apotemę, pole liczy się od razu, a wysokość bryły trzeba dopiero wyznaczyć. Warto zauważyć, że dzielenie przez trzy skróciło się z piętnastką.

7Najczęstsze błędy

Pierwsze trzy błędy dotyczą mylenia odcinków, dwa ostatnie — rachunku.

Wstawienie wysokości bryły $H$ do wzoru na pole powierzchni.

Skąd się bierze: Zadanie podaje zwykle $H$ , a wzór $P_b = 2am$ wygląda, jakby brakowało w nim wysokości.

Jak zrobić dobrze: W polu bocznym występuje apotema $m$ , czyli wysokość ściany. Policz ją najpierw z trójkąta $\left(H, \frac{a}{2}\right)$ .

Użycie połowy boku zamiast połowy przekątnej przy krawędzi bocznej.

Skąd się bierze: Oba odcinki wychodzą ze środka podstawy i wyglądają podobnie na rysunku.

Jak zrobić dobrze: Krawędź boczna kończy się w wierzchołku podstawy, więc odpowiada jej połowa przekątnej: $\frac{a\sqrt2}{2}$ .

Traktowanie ostrosłupa pochyłego jak prawidłowego.

Skąd się bierze: Słowo „prawidłowy” bywa czytane jako ozdobnik, a nie jako warunek.

Jak zrobić dobrze: Prawidłowy znaczy: podstawa foremna i spodek wysokości w jej środku. Bez tego wszystkie trzy trójkąty przestają być prostokątne w tych samych miejscach.

Podniesienie $2\sqrt2$ do kwadratu jako $4\sqrt2$ .

Skąd się bierze: Kwadrat bywa stosowany tylko do liczby przed pierwiastkiem.

Jak zrobić dobrze: Kwadrat dotyczy całego wyrażenia: $\left(2\sqrt2\right)^2 = 4 \cdot 2 = 8$ . Sprawdź na prostszym przypadku: $\left(\sqrt2\right)^2 = 2$ .

Pominięcie jednej trzeciej we wzorze na objętość.

Skąd się bierze: Wzór na graniastosłup, $V = P_p \cdot H$ , jest lepiej utrwalony.

Jak zrobić dobrze: Ostrosłup mieści dokładnie trzy razy mniej niż graniastosłup o tej samej podstawie i wysokości. Jeśli wynik wychodzi podejrzanie duży, sprawdź właśnie ten czynnik.

Zadania maturalne — ostrosłup prawidłowy czworokątny

Prawdziwe zadania z arkuszy matury z matematyki (CKE) — przy każdym podano sesję egzaminacyjną. Pod każdym zadaniem znajdziesz rozwiązanie krok po kroku wraz ze wskazówką i typowym błędem.

Zielone jest to, co dane w treści. Czerwone — to, co wyliczamy. Cała trudność tych zadań polega na wybraniu właściwego trójkąta prostokątnego: przy kącie ściany bocznej pracujemy z apotemą i połową krawędzi, a przy kącie krawędzi bocznej — z krawędzią i połową przekątnej podstawy.

Zadania otwarte

Zadanie 1 (maj 2013)4 pktśrednie

Pole podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe

100

^2

, a jego pole powierzchni bocznej jest równe

260

^2

. Oblicz objętość tego ostrosłupa.

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $V = 400$ cm $^3$

Krawędź podstawy z pola: $a = \sqrt{\textcolor{#16A06A}{100}} = \textcolor{#E0453A}{10}$ cm.
Apotema z pola bocznego: $P_b = 4 \cdot \frac{a \cdot m}{2} = 2am$ , więc $m = \frac{\textcolor{#16A06A}{260}}{2 \cdot 10} = \textcolor{#E0453A}{13}$ cm.
Wysokość bryły z trójkąta $(H,\ \frac{a}{2},\ m)$ : $H = \sqrt{13^2 - 5^2} = \sqrt{169-25} = \textcolor{#E0453A}{12}$ cm.
Objętość: $V = \frac13 \cdot 100 \cdot 12 = \textcolor{#E0453A}{400}$ cm $^3$ .

💡 Wskazówka: Trójka $5$ , $12$ , $13$ to znajoma trójka pitagorejska — jeśli w rachunku pojawia się $13$ i $5$ , wysokość prawie na pewno wyniesie $12$ .

⚠ Najczęstszy błąd to wstawienie apotemy ( $13$ ) do wzoru na objętość. Apotema jest wysokością ściany, a objętość potrzebuje wysokości bryły.

Zadanie 2 (czerwiec 2018)5 pkttrudniejsze

Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny o wysokości

H = 16

. Cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy tego ostrosłupa jest równy

\frac35

. Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa.

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $P_b = 96\sqrt{41}$

Kąt nachylenia krawędzi bocznej mierzymy w trójkącie o przyprostokątnych $H$ oraz połowa przekątnej podstawy, z krawędzią boczną jako przeciwprostokątną.
Z jedynki trygonometrycznej: $\sin\alpha = \sqrt{1 - \left(\frac35\right)^2} = \textcolor{#E0453A}{\frac45}$ .
Krawędź boczna: $c = \frac{H}{\sin\alpha} = \frac{\textcolor{#16A06A}{16}}{\frac45} = \textcolor{#E0453A}{20}$ .
Połowa przekątnej: $\frac{d}{2} = c \cdot \cos\alpha = 20 \cdot \textcolor{#16A06A}{\frac35} = \textcolor{#E0453A}{12}$ , więc $d = 24$ .
Krawędź podstawy: z $d = a\sqrt2$ mamy $a = \frac{24}{\sqrt2} = \textcolor{#E0453A}{12\sqrt2}$ .
Apotema z trójkąta $(H,\ \frac{a}{2},\ m)$ : $m = \sqrt{16^2 + (6\sqrt2)^2} = \sqrt{256+72} = \sqrt{328} = \textcolor{#E0453A}{2\sqrt{82}}$ .
Pole boczne: $P_b = 4 \cdot \frac{a \cdot m}{2} = 2 \cdot 12\sqrt2 \cdot 2\sqrt{82} = 48\sqrt{164} = \textcolor{#E0453A}{96\sqrt{41}}$ .

💡 Wskazówka: Ostatni krok wymaga uproszczenia: $\sqrt{164} = 2\sqrt{41}$ . Bez tego wynik jest poprawny liczbowo, ale nie w postaci, jakiej oczekuje klucz.

⚠ Łatwo pomylić trójkąt: kąt krawędzi bocznej opiera się o połowę przekątnej, a nie o połowę krawędzi podstawy. Ten drugi trójkąt służy do kąta ściany bocznej.

Zadanie 3 (sierpień 2014)4 pkttrudniejsze

Podstawą ostrosłupa prawidłowego jest kwadrat. Wysokość ściany bocznej tego ostrosłupa jest równa

22

, a tangens kąta nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy jest równy

\frac{4\sqrt6}{5}

. Oblicz objętość tego ostrosłupa.

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $V = \frac{3200\sqrt6}{3}$

Oznaczam połowę krawędzi podstawy przez $x$ . Kąt ściany bocznej daje $H = x \cdot \textcolor{#16A06A}{\frac{4\sqrt6}{5}}$ .
Apotema jest przeciwprostokątną trójkąta $(H,\ x,\ m)$ : $x^2 + H^2 = \textcolor{#16A06A}{22}^2$ .
$x^2 + x^2 \cdot \frac{96}{25} = 484 \ \Longrightarrow \ x^2 \cdot \frac{121}{25} = 484 \ \Longrightarrow \ x^2 = 100$
$x = \textcolor{#E0453A}{10}$ , więc krawędź podstawy $a = \textcolor{#E0453A}{20}$ .
Wysokość: $H = 10 \cdot \frac{4\sqrt6}{5} = \textcolor{#E0453A}{8\sqrt6}$ .
Objętość: $V = \frac13 \cdot 400 \cdot 8\sqrt6 = \textcolor{#E0453A}{\frac{3200\sqrt6}{3}}$ .

💡 Wskazówka: Kontrola Pitagorasem: $10^2 + (8\sqrt6)^2 = 100 + 384 = 484 = 22^2$ ✓ — warto ją zrobić, zanim policzy się objętość.

⚠ Częsty błąd to potraktowanie $22$ jako wysokości bryły. To wysokość ściany bocznej, czyli przeciwprostokątna w tym trójkącie — a przeciwprostokątna jest zawsze dłuższa od $H$ .

Zadanie 4 (maj 2020)5 pkttrudniejsze

Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny

ABCDS

, którego krawędź boczna ma długość

6

. Ściana boczna tego ostrosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem, którego tangens jest równy

\sqrt7

. Oblicz objętość tego ostrosłupa.

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $V = \frac{32\sqrt7}{3}$

Oznaczam połowę krawędzi podstawy przez $x$ . Z kąta ściany bocznej: $H = x\sqrt7$ .
Krawędź boczna łączy wierzchołek z rogiem podstawy, więc korzysta z połowy przekątnej: $\frac{d}{2} = x\sqrt2$ .
$c^2 = H^2 + \left(\frac{d}{2}\right)^2 = 7x^2 + 2x^2 = 9x^2$ , czyli $c = 3x$ .
$3x = \textcolor{#16A06A}{6} \ \Longrightarrow \ x = \textcolor{#E0453A}{2}$ , więc $a = \textcolor{#E0453A}{4}$ oraz $H = \textcolor{#E0453A}{2\sqrt7}$ .
Objętość: $V = \frac13 \cdot 16 \cdot 2\sqrt7 = \textcolor{#E0453A}{\frac{32\sqrt7}{3}}$ .

💡 Wskazówka: Zadanie łączy oba trójkąty naraz: kąt ściany daje związek $H$ z $x$ , a krawędź boczna wiąże $H$ z przekątną. Rozwiązanie polega na wstawieniu pierwszego do drugiego.

⚠ Kto użyje $\frac{a}{2}$ zamiast $\frac{d}{2}$ przy krawędzi bocznej, dostanie $c^2 = 8x^2$ i wynik niepasujący do żadnej sensownej liczby. Krawędź boczna idzie do rogu, nie do środka boku.

Zadanie 5 (maj 2024)1 pktłatwe

Ostrosłup

F_1

jest podobny do ostrosłupa

F_2

. Objętość ostrosłupa

F_1

jest równa

64

. Objętość ostrosłupa

F_2

jest równa

512

. Uzupełnij zdanie: stosunek pola powierzchni całkowitej ostrosłupa

F_2

do pola powierzchni całkowitej ostrosłupa

F_1

jest równy …

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $4$

Objętości brył podobnych mają się jak sześcian skali: $\frac{V_2}{V_1} = k^3$ .
$k^3 = \frac{\textcolor{#16A06A}{512}}{\textcolor{#16A06A}{64}} = 8 \ \Longrightarrow \ k = \textcolor{#E0453A}{2}$
Pola powierzchni mają się jak kwadrat skali: $\frac{P_2}{P_1} = k^2 = \textcolor{#E0453A}{4}$ .

💡 Wskazówka: Dwie potęgi w jednym zadaniu: z objętości wychodzimy pierwiastkiem trzeciego stopnia, a do pól wracamy kwadratem. Pomylenie ich daje $8$ zamiast $4$ .

⚠ Odpowiedź $8$ to stosunek objętości, a nie pól — czyli przepisanie danej z treści zamiast policzenia tego, o co pytano.

Odpowiedzi

Sam wynik do szybkiego sprawdzenia. Pełne rozwiązanie — z drogą dojścia, wskazówką i typowym błędem — rozwija się pod każdym zadaniem, więc nie trzeba wracać na górę.

V = 400

^3

P_b = 96\sqrt{41}

V = \frac{3200\sqrt6}{3}

V = \frac{32\sqrt7}{3}

4

Treści zadań pochodzą z arkuszy matury z matematyki (Centralna Komisja Egzaminacyjna, cke.gov.pl) — pochodzenie każdego zadania podano przy jego numerze. Rozwiązania, wskazówki i omówienia błędów są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.

8Pytania i odpowiedzi

Czym różni się wysokość ostrosłupa od wysokości ściany bocznej?

Wysokość bryły łączy wierzchołek ze środkiem podstawy i jest prostopadła do niej. Wysokość ściany, czyli apotema, leży w ścianie bocznej i trafia w środek krawędzi podstawy. To dwa różne odcinki, a apotema jest zawsze dłuższa.

Skąd bierze się jedna trzecia we wzorze na objętość?

Trzy jednakowe ostrosłupy o wspólnej podstawie i odpowiedniej wysokości wypełniają dokładnie sześcian, co widać po rozcięciu bryły. Ten sam współczynnik pojawia się w objętości stożka, bo tam działa to samo rozumowanie.

Który kąt jest większy: nachylenia ściany czy krawędzi?

Zawsze kąt nachylenia ściany bocznej. Oba mierzy się przy tej samej wysokości bryły, ale kąt ściany opiera się na połowie boku, a kąt krawędzi na dłuższej połowie przekątnej — a dłuższa przyprostokątna daje mniejszy kąt.

Czy w tych zadaniach trzeba używać trygonometrii?

Nie zawsze, ale podstawa dopuszcza ją wprost w punkcie o objętościach i polach. Gdy dany jest kąt, a nie długość, trygonometria jest najkrótszą drogą; gdy dane są same długości, wystarcza twierdzenie Pitagorasa.

Jak sprawdzić, czy wynik jest sensowny?

Trzema nierównościami: apotema jest dłuższa od wysokości bryły, krawędź boczna dłuższa od apotemy, a krawędź podstawy krótsza od podwojonej apotemy. Wynik łamiący którąkolwiek z nich oznacza pomylone odcinki.

Czytaj dalej

KwadratPrzekątna $a\sqrt2$ — odcinek, z którego bierze się drugi z trzech trójkątów.GraniastosłupyBryła porównawcza: ta sama podstawa i wysokość, a objętość trzy razy większa.Twierdzenie PitagorasaNarzędzie, którym liczy się każdy z trzech trójkątów ukrytych w bryle.

Mateusz Będkowski

nauczyciel matematyki, autor „Nie każ mu liczyć”

Uczę matematyki od 13 lat, w tym 7 lat w szkole — dziś w dwóch szkołach w Kaliszu. Magister pedagogiki ze specjalnością terapia pedagogiczna, po studiach podyplomowych z matematyki. Rozwiązania na tej stronie liczę sam, krok po kroku, i zapisuję dokładnie tak, jak tłumaczę je uczniowi na kartce.

Ostatnia aktualizacja: 2026-08-01. Zadania egzaminacyjne pochodzą z arkuszy CKE (cke.gov.pl); teoria, przykłady i rozwiązania są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.