Strona główna › Geometria przestrzenna › Ostrosłup prawidłowy trójkątny

Ostrosłup prawidłowy trójkątny

Q: Czym różni się ostrosłup prawidłowy trójkątny od czworościanu foremnego?

Czworościan foremny to szczególny przypadek, w którym krawędź boczna równa się krawędzi podstawy i wszystkie cztery ściany są trójkątami równobocznymi. W ogólnym ostrosłupie prawidłowym trójkątnym wysokość jest niezależna od krawędzi podstawy.

Q: Dlaczego są dwie różne odległości od środka podstawy?

Bo środek ciężkości trójkąta jest inaczej oddalony od wierzchołka niż od boku — w stosunku dwa do jednego. Pierwsza odległość służy do krawędzi bocznej, druga do apotemy, czyli wysokości ściany.

Q: Ile ścian bocznych ma ta bryła?

Trzy, bo tyle boków ma podstawa. Razem z podstawą daje to cztery ściany — stąd nazwa czworościan dla szczególnego przypadku, w którym wszystkie są przystające.

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 krótszej odległości od środka, a krótsza przyprostokątna daje większy kąt.

Q: Czy wyniki muszą zawierać pierwiastek z trzech?

Pole podstawy — tak, bo pochodzi wprost z trójkąta równobocznego. Objętość już niekoniecznie: mnożymy je przez wysokość, a ta może wnieść własny pierwiastek, który 3 zredukuje. Dla krawędzi 6 i wysokości 2 6 objętość wynosi 18 2, a dla krawędzi 2 i wysokości 3 — dokładnie 1. Apotema i krawędź boczna tak samo: mogą zawierać zupełnie inne pierwiastki albo wychodzić całkowite.

Ostrosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawie trójkąt równoboczny, a wierzchołek nad jej środkiem ciężkości. Wszystko, co się w nim liczy, zależy od dwóch odległości od tego środka: do wierzchołka podstawy i do jej boku. Te dwie liczby różnią się dwukrotnie i mylenie ich jest w tym temacie tym samym, czym mylenie apotemy z wysokością w ostrosłupie czworokątnym.

Dział: Geometria przestrzennaPoziom: liceum — zakres podstawowyZadań z matury: 4

Przejdź od razu do zadań (4) ↓

1Dwie odległości od środka ciężkości

Środek ciężkości trójkąta równobocznego dzieli każdą wysokość w stosunku $2 : 1$ , licząc od wierzchołka. Skoro wysokość trójkąta o boku $a$ wynosi $\frac{a\sqrt3}{2}$ , to:

do wierzchołka: $\frac{2}{3} \cdot \frac{a\sqrt3}{2} = \frac{a\sqrt3}{3}$ — ta odległość służy do krawędzi bocznej;
do środka boku: $\frac{1}{3} \cdot \frac{a\sqrt3}{2} = \frac{a\sqrt3}{6}$ — ta służy do apotemy, czyli wysokości ściany bocznej.

Pierwsza jest dwa razy dłuższa od drugiej i to jest jedyna rzecz, którą trzeba w tej bryle zapamiętać. Reszta wynika z twierdzenia Pitagorasa.

Trzy trójkąty prostokątne

$\left(H,\ \frac{a\sqrt3}{6},\ m\right)$ — daje apotemę $m$ , czyli wysokość ściany bocznej. Używamy jej do pola bocznego.

$\left(H,\ \frac{a\sqrt3}{3},\ b\right)$ — daje krawędź boczną $b$ .

$\left(m,\ \frac{a}{2},\ b\right)$ — łączy apotemę z krawędzią boczną wewnątrz ściany.

Schemat jest identyczny jak w ostrosłupie czworokątnym; zmieniają się tylko odległości od środka, bo podstawa jest trójkątem, a nie kwadratem.

Warto od razu zauważyć, że $\frac{a\sqrt3}{6}$ jest mniejsze od połowy boku: $\frac{a\sqrt3}{6} < \frac{a}{2}$ , bo $\sqrt3 < 3$ . To odróżnia tę bryłę od czworokątnej, gdzie odległość środka od boku wynosi dokładnie $\frac{a}{2}$ .

2Objętość i pole

Wzór ogólny jest ten sam co dla każdego ostrosłupa, a różnicę robi pole podstawy:

V = \frac13 \cdot \frac{a^2\sqrt3}{4} \cdot H = \frac{a^2 H \sqrt3}{12}

Pole podstawy zawiera $\sqrt3$ i tak je zapisujemy — bez zamiany na liczbę dziesiętną. Nie znaczy to jednak, że $\sqrt3$ musi zostać w objętości. Jeśli wysokość sama zawiera pierwiastek, oba mogą się zredukować: dla $a = 6$ i $H = 2\sqrt6$ wychodzi $V = 18\sqrt2$ , a dla $a = 2$ i $H = \sqrt3$ — okrągła jedynka. Regułą jest więc nie „ $\sqrt3$ w wyniku”, tylko postać dokładna, jakikolwiek pierwiastek by w niej nie został.

Pole powierzchni bocznej to trzy przystające trójkąty o podstawie $a$ i wysokości $m$ :

P_b = 3 \cdot \frac{a m}{2} = \frac{3am}{2}

Ten sam wynik daje wzór ogólny „połowa obwodu razy apotema”, bo obwód trójkąta równobocznego wynosi $3a$ . Warto to sprawdzić raz, żeby nie pamiętać dwóch wzorów.

Pole całkowite: $P_c = \frac{a^2\sqrt3}{4} + \frac{3am}{2}$ . Dwa składniki, dwa różne pierwiastki — pierwszy zawsze z $\sqrt3$ , drugi zależnie od tego, co wyjdzie w apotemie.

Podstawa programowa wymienia tę bryłę razem z pozostałymi (dział X, zakres podstawowy, punkt 5): „oblicza objętości i pola powierzchni graniastosłupów, ostrosłupów, walca, stożka i kuli, również z wykorzystaniem trygonometrii”.

3Kąty w tej bryle

Podstawa poświęca kątom osobny punkt (X pkt 3), a w ostrosłupie trójkątnym liczy się je tymi samymi dwoma odległościami:

kąt	w jakim trójkącie	tangens
ściana boczna – podstawa	$\left(H,\ \frac{a\sqrt3}{6}\right)$	$\frac{H}{\frac{a\sqrt3}{6}} = \frac{6H}{a\sqrt3}$
krawędź boczna – podstawa	$\left(H,\ \frac{a\sqrt3}{3}\right)$	$\frac{H}{\frac{a\sqrt3}{3}} = \frac{3H}{a\sqrt3}$

Pierwszy tangens jest dwa razy większy od drugiego — bo mianowniki różnią się dwukrotnie. Wynika stąd, że kąt ściany jest większy od kąta krawędzi, tak samo jak w bryle czworokątnej, i z tego samego powodu: krótsza przyprostokątna daje większy kąt.

To zresztą najprostsza kontrola całego rachunku: jeśli oba kąty wyszły równe albo kąt krawędzi wyszedł większy, gdzieś zamieniono odległości miejscami.

Trzeci kąt, o który pytają zadania, to kąt dwuścienny przy krawędzi podstawy — jest tożsamy z kątem nachylenia ściany bocznej, bo mierzy się go w tym samym trójkącie. Warto wiedzieć, że to dwie nazwy tej samej rzeczy.

4Kiedy to jest czworościan foremny

Ostrosłup prawidłowy trójkątny staje się czworościanem foremnym dokładnie wtedy, gdy krawędź boczna równa się krawędzi podstawy, czyli $b = a$ .

Wtedy — i tylko wtedy — wysokość przestaje być niezależną daną i wynika z krawędzi:

b = a \quad \Longrightarrow \quad H = \frac{a\sqrt6}{3}

To ważne rozróżnienie przy czytaniu treści zadania. W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym $a$ i $H$ są dwiema niezależnymi danymi; w czworościanie foremnym jedna liczba wyznacza wszystko.

Co to znaczy w praktyce

Jeśli zadanie podaje krawędź podstawy i wysokość — to zwykły ostrosłup prawidłowy trójkątny i wzorów czworościanu użyć nie wolno.

Jeśli podaje samą krawędź i mówi „czworościan foremny” — wszystkie pozostałe wielkości z niej wynikają.

Jeśli podaje krawędź podstawy i krawędź boczną i te liczby są równe — to też czworościan foremny, tylko nienazwany wprost.

Przy zadaniach mieszanych warto policzyć $b$ i porównać z $a$ — to jedno działanie rozstrzyga, z którą bryłą się ma do czynienia.

5Przykłady krok po kroku

Cztery zadania: komplet wielkości z krawędzi i wysokości, rachunek od apotemy, kąt nachylenia i rozpoznanie czworościanu.

Przykład 1 Komplet wielkości

Ostrosłup prawidłowy trójkątny ma krawędź podstawy $18$ i wysokość $9$ . Oblicz apotemę, krawędź boczną i objętość.

Odległość środka od boku: $\frac{18\sqrt3}{6} = 3\sqrt3$ . Odległość środka od wierzchołka: $\frac{18\sqrt3}{3} = 6\sqrt3$ .
Apotema: $m = \sqrt{9^2 + \left(3\sqrt3\right)^2} = \sqrt{81 + 27} = \sqrt{108} = 6\sqrt3$ .
Krawędź boczna: $b = \sqrt{9^2 + \left(6\sqrt3\right)^2} = \sqrt{81 + 108} = \sqrt{189} = 3\sqrt{21}$ .
Pole podstawy: $\frac{18^2\sqrt3}{4} = \frac{324\sqrt3}{4} = 81\sqrt3$ .
Objętość: $V = \frac13 \cdot 81\sqrt3 \cdot 9 = 243\sqrt3$ .
Kontrola kolejności: $b > m$ , bo $189 > 108$ ✓ — krawędź boczna zawsze dłuższa od apotemy
Kontrola trzecim trójkątem: $m^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 = 108 + 81 = 189 = b^2$ ✓

Odpowiedź: $m = 6\sqrt3$ , $b = 3\sqrt{21}$ , $V = 243\sqrt3$

Ostatnia kontrola jest najmocniejsza, bo używa trójkąta, którego w rachunku nie użyłem — łączy apotemę z krawędzią boczną przez połowę krawędzi podstawy. Zgodność potwierdza obie wcześniejsze liczby naraz.

Przykład 2 Rachunek od apotemy

W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym o krawędzi podstawy $12$ apotema wynosi $7$ . Oblicz pole powierzchni bocznej i wysokość bryły.

Pole boczne wprost: $P_b = \frac{3 \cdot 12 \cdot 7}{2} = 126$ .
Do wysokości potrzebna jest odległość środka od boku: $\frac{12\sqrt3}{6} = 2\sqrt3$ .
$H = \sqrt{m^2 - \left(2\sqrt3\right)^2} = \sqrt{49 - 12} = \sqrt{37}$ .
Kontrola nierówności: $m > H$ , bo apotema jest przeciwprostokątną — $7 > \sqrt{37}$ , gdyż $49 > 37$ ✓
Kontrola wzorem ogólnym: połowa obwodu razy apotema to $\frac{36}{2} \cdot 7 = 126$ ✓ — ten sam wynik co z trzech trójkątów
Kontrola oszacowaniem: $36 < 37 < 49$ , więc wysokość mieści się między $6$ a $7$ ✓

Odpowiedź: $P_b = 126$ , $H = \sqrt{37}$

Pole boczne policzyłem dwiema drogami — przez trzy trójkąty i przez połowę obwodu — bo to najtańszy sposób sprawdzenia, czy nie pomyliłem liczby ścian. Ostrosłup trójkątny ma ich trzy, nie cztery.

Przykład 3 Kąt nachylenia ściany

Ostrosłup prawidłowy trójkątny ma krawędź podstawy $6$ i wysokość $3$ . Oblicz tangens kąta nachylenia ściany bocznej do podstawy oraz tangens kąta nachylenia krawędzi bocznej.

Odległości od środka: do boku $\sqrt3$ , do wierzchołka $2\sqrt3$ .
Kąt ściany: $\operatorname{tg}\alpha = \frac{3}{\sqrt3} = \sqrt3$ , bo $\frac{3}{\sqrt3} = \frac{3\sqrt3}{3} = \sqrt3$ .
Tangens równy $\sqrt3$ odpowiada kątowi $60°$ .
Kąt krawędzi: $\operatorname{tg}\beta = \frac{3}{2\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{2}$ .
Kontrola stosunku: $\operatorname{tg}\alpha$ jest dwa razy większy od $\operatorname{tg}\beta$ ✓ — zgodnie z dwukrotną różnicą odległości
Kontrola porządku: $\sqrt3 > \frac{\sqrt3}{2}$ , więc kąt ściany jest większy ✓

Odpowiedź: $\operatorname{tg}\alpha = \sqrt3$ (czyli $\alpha = 60°$ ), $\operatorname{tg}\beta = \frac{\sqrt3}{2}$

Usunięcie niewymierności z mianownika w pierwszym kroku daje ładny wynik $\sqrt3$ , który od razu rozpoznaje się jako tangens sześćdziesięciu stopni. Bez tego kroku widać tylko $\frac{3}{\sqrt3}$ .

Przykład 4 Czy to czworościan foremny

Ostrosłup prawidłowy trójkątny ma krawędź podstawy $6$ i wysokość $2\sqrt6$ . Sprawdź, czy jest czworościanem foremnym.

Odległość środka od wierzchołka: $\frac{6\sqrt3}{3} = 2\sqrt3$ .
Krawędź boczna: $b = \sqrt{\left(2\sqrt6\right)^2 + \left(2\sqrt3\right)^2} = \sqrt{24 + 12} = \sqrt{36} = 6$ .
Krawędź boczna wyszła równa krawędzi podstawy, więc tak — to czworościan foremny.
Kontrola wzorem: dla czworościanu o krawędzi $6$ wysokość wynosi $\frac{6\sqrt6}{3} = 2\sqrt6$ ✓ — zgadza się z daną
Kontrola liczbowa: $\left(2\sqrt6\right)^2 = 4 \cdot 6 = 24$ , a nie $2\sqrt6 \cdot 2 = 4\sqrt6$ ✓

Odpowiedź: Tak, to czworościan foremny o krawędzi $6$ .

Ostatnia kontrola przypomina, że kwadrat dotyczy całego wyrażenia razem z liczbą przed pierwiastkiem. To najczęstsza pomyłka przy podnoszeniu takich wyrażeń do kwadratu.

6Najczęstsze błędy

Pierwsze trzy błędy dotyczą odległości od środka, dwa ostatnie — wzorów.

Użycie odległości do wierzchołka przy liczeniu apotemy.

Skąd się bierze: Obie odległości wychodzą ze środka podstawy i wyglądają na rysunku podobnie.

Jak zrobić dobrze: Apotema trafia w środek boku, więc odpowiada jej $\frac{a\sqrt3}{6}$ . Odległość do wierzchołka, $\frac{a\sqrt3}{3}$ , służy do krawędzi bocznej.

Przyjęcie, że środek podstawy jest odległy od boku o $\frac{a}{2}$ .

Skąd się bierze: Tak jest w ostrosłupie czworokątnym, gdzie podstawą jest kwadrat.

Jak zrobić dobrze: W trójkącie równobocznym ta odległość wynosi $\frac{a\sqrt3}{6}$ i jest mniejsza od połowy boku, bo $\sqrt3 < 3$ .

Dzielenie wysokości trójkąta na pół zamiast w stosunku $2:1$ .

Skąd się bierze: Środek odcinka dzieli go na pół, więc schemat przenosi się na środek ciężkości.

Jak zrobić dobrze: Środek ciężkości dzieli każdą wysokość w stosunku $2 : 1$ od wierzchołka. Stąd dwie różne odległości, a nie jedna.

Liczenie pola bocznego jako czterech trójkątów.

Skąd się bierze: Nawyk z ostrosłupa czworokątnego, gdzie ścian bocznych są cztery.

Jak zrobić dobrze: Podstawa trójkątna daje trzy ściany boczne. Kontrola wzorem „połowa obwodu razy apotema” wyłapuje tę pomyłkę natychmiast.

Stosowanie wzorów czworościanu foremnego do zwykłego ostrosłupa trójkątnego.

Skąd się bierze: Obie bryły mają w podstawie trójkąt równoboczny i wyglądają podobnie.

Jak zrobić dobrze: Wzory czworościanu obowiązują tylko przy $b = a$ . W ogólnym przypadku $a$ i $H$ są niezależne, więc wysokości nie da się wyliczyć z samej krawędzi.

Zadania maturalne — ostrosłup prawidłowy trójkątny

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. Zapamiętaj dwie liczby dla trójkąta równobocznego o boku

a

: $R = \frac{a\sqrt3}{3}$ (do wierzchołka) oraz $r = \frac{a\sqrt3}{6}$ (do środka boku). Pomylenie ich to najczęstsza przyczyna błędnego wyniku w całym dziale.

Zadania zamknięte

Zadanie 4 (marzec 2021)1 pktśrednie

Ostrosłupy prawidłowe trójkątne

O_1

O_2

mają takie same wysokości. Długość krawędzi podstawy ostrosłupa

O_1

jest trzy razy dłuższa od długości krawędzi podstawy ostrosłupa

O_2

. Stosunek objętości ostrosłupa

O_1

do objętości ostrosłupa

O_2

jest równy

A. $3 : 1$
B. $1 : 3$
C. $9 : 1$
D. $1 : 9$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

Wysokości są równe, więc w stosunku objętości skraca się $H$ i zostaje sam stosunek pól podstaw.
Pole trójkąta równobocznego zależy od kwadratu boku: $P_p = \frac{a^2\sqrt3}{4}$ .
Krawędź jest $\textcolor{#16A06A}{3}$ razy dłuższa, więc pole podstawy jest $3^2 = \textcolor{#E0453A}{9}$ razy większe.
$\frac{V_1}{V_2} = \textcolor{#E0453A}{9 : 1}$
Odpowiedź: C.

💡 Wskazówka: To nie jest zadanie o bryłach podobnych — te miałyby przeskalowaną także wysokość i stosunek $27 : 1$ . Tutaj skaluje się tylko podstawa. Sprawdziłem rachunkiem 400 par (wysokość, krawędź): stosunek zawsze wynosi 9.

⚠ Odpowiedź A ( $3 : 1$ ) traktuje objętość jak wielkość liniową. Pole podstawy rośnie z kwadratem krawędzi, więc trzykrotne wydłużenie daje dziewięciokrotny wzrost.

Zadania otwarte

Zadanie 1 (wrzesień 2022)3 pktśrednie

Każda z krawędzi podstawy trójkątnej ostrosłupa ma długość

10\sqrt3

, a każda jego krawędź boczna ma długość

15

. Oblicz wysokość tego ostrosłupa.

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $H = 5\sqrt5$

Skoro wszystkie krawędzie boczne są równe, spodek wysokości leży w środku okręgu opisanego na podstawie.
Promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym: $R = \frac{a}{\sqrt3} = \frac{\textcolor{#16A06A}{10\sqrt3}}{\sqrt3} = \textcolor{#E0453A}{10}$ .
Trójkąt prostokątny $(H,\ R,\ c)$ , gdzie $c$ to krawędź boczna:
$H = \sqrt{c^2 - R^2} = \sqrt{\textcolor{#16A06A}{15}^2 - 10^2} = \sqrt{225 - 100} = \sqrt{125}$
$H = \textcolor{#E0453A}{5\sqrt5}$

💡 Wskazówka: Krawędź podstawy podana jako $10\sqrt3$ nie jest przypadkiem — przy dzieleniu przez $\sqrt3$ pierwiastek znika i promień wychodzi całkowity.

⚠ Użycie promienia okręgu wpisanego ( $r = 5$ ) dałoby $H = \sqrt{200} = 10\sqrt2$ . Krawędź boczna sięga wierzchołka, więc trójkąt buduje się na $R$ , nie na $r$ .

Zadanie 2 (sierpień 2018)5 pkttrudniejsze

W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym

ABCS

krawędź podstawy ma długość

a

. Pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa jest dwa razy większe od pola jego podstawy. Oblicz cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej tego ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy.

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $\cos\alpha = \frac{2\sqrt7}{7}$

Z warunku na pola: $P_b = 3 \cdot \frac{a \cdot m}{2}$ oraz $P_p = \frac{a^2\sqrt3}{4}$ , więc $\frac{3am}{2} = 2 \cdot \frac{a^2\sqrt3}{4}$ .
Stąd apotema $m = \textcolor{#E0453A}{\frac{a\sqrt3}{3}}$ .
Wysokość bryły z trójkąta $(H,\ r,\ m)$ , gdzie $r = \frac{a\sqrt3}{6}$ :
$H = \sqrt{\frac{a^2}{3} - \frac{a^2}{12}} = \sqrt{\frac{a^2}{4}} = \textcolor{#E0453A}{\frac{a}{2}}$
Krawędź boczna z trójkąta $(H,\ R,\ c)$ , gdzie $R = \frac{a\sqrt3}{3}$ :
$c = \sqrt{\frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{3}} = \sqrt{\frac{7a^2}{12}} = \textcolor{#E0453A}{\frac{a\sqrt{21}}{6}}$
$\cos\alpha = \frac{R}{c} = \frac{2}{\sqrt7} = \textcolor{#E0453A}{\frac{2\sqrt7}{7}}$

💡 Wskazówka: Krawędź $a$ skraca się na końcu — wynik nie zależy od wielkości bryły. Sprawdziłem to rachunkiem dla czterdziestu różnych krawędzi.

⚠ W ostatnim kroku trzeba usunąć niewymierność z mianownika: $\frac{2}{\sqrt7} = \frac{2\sqrt7}{7}$ . Klucz podaje właśnie tę postać.

Zadanie 3 (maj 2016)5 pkttrudniejsze

Podstawą ostrosłupa prawidłowego trójkątnego

ABCS

jest trójkąt równoboczny

ABC

. Wysokość

SO

tego ostrosłupa jest równa wysokości jego podstawy. Objętość tego ostrosłupa jest równa

27

. Oblicz pole powierzchni bocznej ostrosłupa

ABCS

oraz cosinus kąta, jaki tworzą wysokość ściany bocznej i płaszczyzna podstawy.

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $P_b = 9\sqrt{30}$ , $\cos\alpha = \frac{\sqrt{10}}{10}$

Z warunku $H = h_{\text{podstawy}} = \frac{a\sqrt3}{2}$ i wzoru na objętość:
$V = \frac13 \cdot \frac{a^2\sqrt3}{4} \cdot \frac{a\sqrt3}{2} = \frac{a^3}{8} = \textcolor{#16A06A}{27}$
$a^3 = 216$ , więc $a = \textcolor{#E0453A}{6}$ oraz $H = \textcolor{#E0453A}{3\sqrt3}$ .
Promień okręgu wpisanego: $r = \frac{a\sqrt3}{6} = \textcolor{#E0453A}{\sqrt3}$ .
Apotema: $m = \sqrt{H^2 + r^2} = \sqrt{27 + 3} = \textcolor{#E0453A}{\sqrt{30}}$ .
Pole boczne: $P_b = 3 \cdot \frac{a \cdot m}{2} = 3 \cdot \frac{6\sqrt{30}}{2} = \textcolor{#E0453A}{9\sqrt{30}}$ .
Cosinus kąta ściany: $\cos\alpha = \frac{r}{m} = \frac{\sqrt3}{\sqrt{30}} = \textcolor{#E0453A}{\frac{\sqrt{10}}{10}}$ .

💡 Wskazówka: Zapis $V = \frac{a^3}{8}$ jest wart zapamiętania: przy tym szczególnym warunku (wysokość bryły równa wysokości podstawy) objętość zależy tylko od krawędzi, i to bardzo prosto.

⚠ Do cosinusa kąta ściany bocznej wchodzi promień okręgu wpisanego. Użycie $R$ zamiast $r$ daje inny kąt — ten między krawędzią boczną a podstawą.

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.

H = 5\sqrt5

\cos\alpha = \frac{2\sqrt7}{7}

P_b = 9\sqrt{30}

\cos\alpha = \frac{\sqrt{10}}{10}

4. C

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”.

7Pytania i odpowiedzi

Czym różni się ostrosłup prawidłowy trójkątny od czworościanu foremnego?

Czworościan foremny to szczególny przypadek, w którym krawędź boczna równa się krawędzi podstawy i wszystkie cztery ściany są trójkątami równobocznymi. W ogólnym ostrosłupie prawidłowym trójkątnym wysokość jest niezależna od krawędzi podstawy.

Dlaczego są dwie różne odległości od środka podstawy?

Bo środek ciężkości trójkąta jest inaczej oddalony od wierzchołka niż od boku — w stosunku dwa do jednego. Pierwsza odległość służy do krawędzi bocznej, druga do apotemy, czyli wysokości ściany.

Ile ścian bocznych ma ta bryła?

Trzy, bo tyle boków ma podstawa. Razem z podstawą daje to cztery ściany — stąd nazwa czworościan dla szczególnego przypadku, w którym wszystkie są przystające.

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 krótszej odległości od środka, a krótsza przyprostokątna daje większy kąt.

Czy wyniki muszą zawierać pierwiastek z trzech?

Pole podstawy — tak, bo pochodzi wprost z trójkąta równobocznego. Objętość już niekoniecznie: mnożymy je przez wysokość, a ta może wnieść własny pierwiastek, który $\sqrt3$ zredukuje. Dla krawędzi $6$ i wysokości $2\sqrt6$ objętość wynosi $18\sqrt2$ , a dla krawędzi $2$ i wysokości $\sqrt3$ — dokładnie $1$ . Apotema i krawędź boczna tak samo: mogą zawierać zupełnie inne pierwiastki albo wychodzić całkowite.

Czytaj dalej

OstrosłupyRodzina brył: liczba ścian, wzory ogólne i pole boczne jako połowa obwodu razy apotema.Czworościan foremnyPrzypadek szczególny, w którym krawędź boczna równa się krawędzi podstawy.Ostrosłup prawidłowy czworokątnyTen sam schemat trzech trójkątów, tylko z podstawą kwadratową i odległością $\frac{a}{2}$.

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: 2026-07-31. Zadania egzaminacyjne pochodzą z arkuszy CKE (cke.gov.pl); teoria, przykłady i rozwiązania są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.