Ostrosłupy — szczyt nie zawsze nad środkiem

🎯 Po co Ci to?

Piramida w filmie stoi „równo na środku". PP umie postawić szczyt nad środkiem boku podstawy — i wtedy wysokość nie jest krawędzią boczną. Dostajesz $AS=13$ i musisz wyjąć wysokość Pitagorasem, zanim weźmiesz jedną trzecią. Ta jednostka jest o wzorze $V=\tfrac{1}{3}P_p H$ i o tym, która długość w rysunku jest $H$.

✅ Czego się nauczysz

Po tej jednostce:

• liczysz objętość ostrosłupa (prawidłowego i nie) wzorem z jedną trzecią;
• znajdujesz $H$, gdy dana jest krawędź boczna i odcinek w podstawie (Pitagoras);
• liczysz pole powierzchni, gdy ściany da się „domknąć" z danych.

🔁 Przypomnij sobie

Dział 20: ostrosłup — jedna podstawa, trójkąty do szczytu. Dział 21.1–21.2: $P_p$ jak na płaszczyźnie. Dział 18.1: $\sqrt{13^2-5^2}$. Jedna trzecia: ostrosłup zajmuje tyle, co trzecia część graniastosłupa o tej samej podstawie i tej samej wysokości — to definicja, nie ozdoba.

📘 Jedna trzecia

$$V=\frac{1}{3}P_p\cdot H,$$

gdzie $H$ jest wysokością opuszczoną ze szczytu prostopadle na płaszczyznę podstawy. Nie krawędzią $AS$, chyba że $AS$ sama jest prostopadła do podstawy (szczyt nad wierzchołkiem — rzadki, ale legalny przypadek).

Pole całkowite: $P_c=P_p+$ suma pól ścian bocznych. Każda ściana to trójkąt; wysokość tego trójkąta (pochyła) to nie $H$ bryły.

📐 DEFINICJA — objętość ostrosłupa: $V=\tfrac{1}{3}P_p H$, gdzie $H$ to odległość szczytu od płaszczyzny podstawy.

Po ludzku: trzecia część „pudełka" o tym dnie i tej wysokości, nawet gdy pudełko byłoby graniastosłupem o krzywym dnie. Czym to NIE jest: $\tfrac{1}{3}$ krawędzi bocznej wstawionej tam, gdzie ma stać $H$.

🧮 Przykład PP

Podstawa: prostokąt $ABCD$ z $AB=20$, $AD=10$. $M$ to środek $AD$, a $MS$ to wysokość ostrosłupa (więc $S$ leży prostopadle nad $M$). $AS=13$. Policz $V$. (Pole powierzchni policzymy niżej — dla ciekawych.)

Wysokość $H=MS$. $M$ środek $AD$, więc $AM=5$. $MS\perp$ podstawa, więc $MS\perp AM$. Trójkąt $AMS$ jest prostokątny przy $M$:

$$MS=\sqrt{AS^2-AM^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12.$$

Objętość. $P_p=20\cdot 10=200$, $H=12$,

$$V=\tfrac{1}{3}\cdot 200\cdot 12=800.$$

Jednostki jak w treści (tu „jednostki długości" — jeśli $20$ i $10$ są np. w cm, $V$ w $\mathrm{cm}^3$).

🔎 Dla ciekawych — ponad wymagania E8: pole powierzchni. PP prosi w tym przykładzie o objętość; pełne pole liczymy dla chętnych — ściana po ścianie, ten sam rysunek.

Ustaw współrzędne w głowie: $A$ w $(0,0)$, $B$ w $(20,0)$, $D$ w $(0,10)$, $M$ w $(0,5)$, $S$ nad $M$ na wysokości $12$.

• Ściana $ADS$: podstawa $AD=10$, wysokość trójkąta to $MS=12$ (bo $MS\perp AD$). Pole $\tfrac{1}{2}\cdot 10\cdot 12=60$.
• Ściana $ABS$: przyjmujemy z rysunku, że $SA\perp AB$ (porządny dowód tej prostopadłości to liceum). Pole $\tfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AS=\tfrac{1}{2}\cdot 20\cdot 13=130$.
• Ściana $CDS$: analogicznie $130$.
• Ściana $BCS$: krawędź $BC=10$. Odległość $M$ od $BC$ to $AB=20$ (poziomo), więc pochyła wysokość ściany $\sqrt{20^2+12^2}=\sqrt{400+144}=\sqrt{544}=\sqrt{16\cdot 34}=4\sqrt{34}$. Pole $\tfrac{1}{2}\cdot 10\cdot 4\sqrt{34}=20\sqrt{34}$.

$$P_c=200+60+130+130+20\sqrt{34}=520+20\sqrt{34}.$$

$\sqrt{34}$ zostawiasz. Nie jest „gorszy" niż $6\sqrt{2}$ z 21.2: ten sam dział 9.

💭 Pomyśl: Gdyby ktoś wziął $H=13$ (bo „krawędź ze szczytu"), jakie $V$ by ogłosił — i który trójkąt pominął?

Sprawdź odpowiedź

$\tfrac{1}{3}\cdot 200\cdot 13=\tfrac{2600}{3}$: inna liczba, i to nie jest $H$. Pominął prostokątny $AMS$: $13$ jest przeciwprostokątną, $5$ nogą, $12$ wysokością. Treść mówi wprost: $MS$ jest wysokością. $AS$ jest krawędzią boczną.

⚠️ Uwaga, pułapka

• $H=$ krawędź boczna. Tylko gdy szczyt stoi nad wierzchołkiem podstawy i krawędź jest prostopadła. Tu $MS$ jest $H$, $AS$ nie.
• Szczyt nad środkiem prostokąta. $M$ jest środkiem boku $AD$, nie środkiem figury. Inny ostrosłup, inny rachunek ścian.
• Zapomnieć $\tfrac{1}{3}$. To dałoby objętość graniastosłupa $2400$, trzy razy za dużo. Ostrosłup jest „węższy ku górze".
• $P_c=4\times$ jedna ściana. Ściany tu nie są jednakowe. Prawidłowy (foremna podstawa, szczyt nad środkiem) bywa jednakowy na bokach; ten przykład nie.

✍️ Na egzaminie

Najpierw zdanie: „$MS$ wysokość, $AM=5$, $AS=13$, więc $MS=12$" z Pitagorasem. Potem $V=\tfrac{1}{3}P_p H$. Jeśli polecenie chce tylko objętości — nie rób $P_c$ „na zapas" (czas). Jeśli chce $P_c$, licz cztery trójkąty osobno, nie jeden razy cztery. $\sqrt{34}$ w odpowiedzi jest legalny; „$\approx 5{,}83$" bez polecenia „w przybliżeniu" jest gorszy (i bez kalkulatora i tak niepewny).

🎒 Teraz Ty

1. Ostrosłup prawidłowy, podstawa kwadrat $6$ na $6$, $H=4$. Same $V$.

Pokaż rozwiązanie

$P_p=36$, $V=\tfrac{1}{3}\cdot 36\cdot 4=48$.

2. W przykładzie PP podaj pole samej ściany $ADS$ i powiedz, czemu wysokość tego trójkąta jest $12$, nie $13$.

Pokaż rozwiązanie

$60$. Wysokość ściany $ADS$ opuszczona z $S$ na $AD$ ląduje w $M$ i jest odcinkiem $MS$, a $MS$ jest prostopadłe do podstawy, więc także do $AD$. $13$ to skos $AS$, nie ta wysokość.

3. $AM=5$, $AS=13$, $MS=12$: którą trójkę pitagorejską widzisz i dlaczego wolno jej użyć?

Pokaż rozwiązanie

$5$–$12$–$13$. Wolno, bo kąt przy $M$ jest prosty z definicji wysokości. To 18.1 w jedną stronę, nie odwrotne.

📌 W pigułce

• $V=\tfrac{1}{3}P_p H$. $H$ = pion ze szczytu na płaszczyznę dna, nie byle krawędź.
• W przykładzie PP: $M$ środek boku, $MS=12$, $V=800$.
• $P_c$ = dno + cztery (różne) trójkąty; $\sqrt{34}$ zostaw, jeśli tak wyjdzie.
• Jedna trzecia jest po to, by nie liczyć ostrosłupa jak pudełka.

🔍 Sprawdź, czy umiesz

• [ ] Wskazuję $H$ na rysunku i nie mylę jej z $AS$.
• [ ] Liczę $V$ z $\tfrac{1}{3}$ i z $P_p$ policzonym jak na płaszczyźnie.
• [ ] Wyjmuję $H$ Pitagorasem, gdy dana jest krawędź i odcinek w dnie.
• [ ] Przy $P_c$ nie mnożę jednej ściany przez cztery, gdy ściany są różne.

---