RUDANET.INFO :: STEREOMETRIA

pinia1992 · Wysłany: Pon Mar 17, 2008 5:52 pm

Mam strasznz problem. Dostalismy na warsztatach pare zadan z matmy. Wiekszosc zrobilam ale z paroma mam problem. Prosze pomozcie jak najszybciej bo potrzebuje tego na jutro :smile:

Oto zadania

1.Z kuli o promieniu 5cm odcieto czasze w odleglosci 3 cm od srodka kuli. Jakie jest pole powierzchni otrzmanego przekroju.

2.Trojkat prostokatny egipski obraca sie wokol przeciwprostokatnej. Jakie jest pole powierzchni calkowitej i objetosc powstalej bryly.

i trzecie

3. W walec o srednicy podstawy 12cm i wysokosci 12 cm wpisano kule i stozek. Jaki jest stosunek objetosci i pol powierzchni calkowitej kuli i stozka.

Prosze pomozcie. Jesli nie chcecie pisac calej odpowiedi to dajcie przynajmniej jakies wskazowki.

Z gorz dziekuje

RtMvS · Wysłany: Pon Kwi 14, 2008 9:45 pm

Geometria przestrzenna, czyli:

- Pola i objętości BRYŁ (głównie)
- itp, itd.

xyzzy · Wysłany: Pon Kwi 14, 2008 11:51 pm

Oblicz V i Pc Walca :
Obrazek
Oczywiście V to Objętość a Pc - Pole całkowite

Rozwiązanie:
RYSUNEK:

WZORY:
V = Πr^2 * a
Pc = 2Πr^2+2Πra
β=180°-α=180°-120°=60°

Kąt β to kąt pomiędzy dwiema połówkami przekątnych. Obie te połówki sa sobie równe. Podejrzewamy, że jest to trójkąt równoramienny (mały rysunek całkiem po prawej). Ale skoro kąt pomiędzy równymi ramionami wynosi 60°, to ten trójkąt jest wtedy równoboczny. Dowód: 180°=β+2γ
180°=60°+2γ => 120°=2γ => γ=60°
Są trzy kąty po 60°, czyli mamy, że jest to trójkąt równoboczny. Jeden z jego boków to podana długość "a", czyli 5. Na prawym małym rysunku nie oznaczyłem bok pomiędzy kątami β i γ (lewy bok). Jest on równy "y". Skoro jest to trójkąt równoboczny, to y = a = 5.

Skupiamy się teraz na drugim (środkowym, małym) rysunku. Jest to połowa tego trójkąta na dole z katem 120°. Ten "x" nie jest potrzebny, nie wiem czemu go wcisnąłem

. W każdym razie z rysunku mamy, że sin (α/2) = r/y. Z tego wynika, że r = sin (α/2) * y.
α/2 to oczywiście 120°/2, czyli 60°.
sin 60° to √3 / 2. Teraz obliczamy r (promień). r = ½√3 * 5 = ½*5√3.

teraz pozostaje obliczyć tylko V i Pc.

V = Π*(½*5√3.)^2 * 5 = Π*75/4*5 = 375/4*Π [jedn. sześciennych]
Pc = 2* Π*(½*5√3.)^2 + 2Π*½*5√3.*5 = 375/2*Π + 25√3*Π = (15/2 + √3)25Π
=========================================================
Ser w kształcie walca o promieniu podstawy 5 cm podzielono na 12 jednakowych części takich jak na 1 rysunku. Od takiego kawałka odcięto trochę sera tak, że został kawałek taki jak na rys. 2. Jaka to część całego sera ?
Obrazek

Rozwiązanie:

=========================================================
a)W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym przekątna ma długość 13, a przekątna ściany bocznej ma długość 12. Oblicz dłogości krawędzi tego graniastosłupa
b) podstawa graniastosłupa prostego jest trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości 8 i 5. Oblicz długości przekątnych ścian bocznych tego graniastosłupa, jeśli wysokość graniastosłupa wynosi 10
c) wysokość postrosłupa prawidłowego sześciokątnego jest równa 5, a wysokość jego ściany bocznej wynosi 10. Oblicz długośc krawędzi podtawy tegp ostrosupa
d) podstawą ostrosłupa jest prostokąt o bokach długości 2 i 4, a wszystie krawędzie boczne tego ostrosłupa mają długość 7. Jaką wysokośc ma ten ostrosłup?
2.
a) oblicz długość przekątrnej prostopadłościanu o krawędziach długości a, b i c
b) w graniastosłupie prawidłowym sześciokątnym o krawędzi podstawy a dłuższe przekątne jest równa p. Oblicz dłu. krótszej przekątnej tego graniastosłu[a
c) przekątna podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego ma długość p, a wysokość ostrosłupa jest równa h. Jaką długość ma krawędz boczna
d) jakie długości mają przekątne w graniastosłupie prawidłowym sześciokątnym o krawędzi podstawy a i wysokości h?

Rozwiązanie:
1a.

1b.

1c.

1d.

Skoro krawędź i polowa przekątnej podstawy wraz z wysokością tworzą trójkąt równoboczny, to można wysokość obliczyć ze wzoru Pitagorasa.
Oznaczmy przekątną jako d.

$d^2=a^2 b^2$
$d=sqrt{4 16}$
$d=2sqrt{5}$
$(\frac {d}{2})^2 H^2=l^2$
$H^2=l^2-(\frac {d}{2})^2$
$H=sqrt{l^2-(\frac {d}{2})^2}$
$H=sqrt{49-5}=sqrt{44}=2sqrt{11}$

2a.

A i B to podstawy prostopadłościanu, a C, to wysokość prostopadłościanu. D to przekątna boku prostokąta AC. P to przekątna prostopadłościanu.
Z Twierdzenia Pitagorasa:
$a^{2}+c^{2}=d^{2}$
$d^{2}+b^{2}=p^{2}$
podstawiamy za d
$a^{2}+c^{2}+b^{2}=p^{2}$
$a^{2}+b^{2}+c^{2}=p^{2}$

2b.

A - bok
P - przekątna dłuższa
(na dole zrzutowany trójkąt, aby lepiej było widać.
Jak widać A, P i P' tworzą trójkąt prostokątny, więc P' można obliczyć z tw. Pitagorasa.
$a^{2}+p'^{2}=p^{2}$
$p'^{2}=p^{2}-a^{2}$
$p'=sqrt{p^{2}-a^{2}}$

2c.

I znowu Pitagoras:
$( \frac {p}{2})^{2}+h^{2}=l^{2}$
$l=sqrt{( \frac {p}{2})^{2}+h^{2}}$

2d.

Z twierdzenia cosinusów:
$d^{2}=a^{2}+a^{2}-2*a*a*cos{120}$
$d^{2}=2a^a{2}(1-cos{120})$
Ze wzorów redukcyjnych
$cos(\frac {\pi}{2} - \alpha)=-sin{\alpha}$
$cos{120}=-sin{30}$
$d^{2}=3*a^{2}$
$d^{2}+h^{2}=p_1^{2}$
$p_2^{2}=a^{2}+p_1^{2}$
$p_2=sqrt{a^{2}+p_1^{2}}$
$p_2=sqrt{a^{2}+h^{2}+d^{2}}$
$p_2=sqrt{a^{2}+h^{2}+3*a^{2}}$
$p_2=sqrt{4*a^{2}+h^{2}}$
==========================================================
Trójkąt równoramienny o obwodzie 32 i kącie między ramionami 120 stopni obracany jest wokół prostej, która zawiera podstawę trójkąta. Oblicz V i Pc (pole całkowite) powstałej bryły...
Obrazek

Rozwiązanie:
a -ramiona trójkąta
c-podstawa
obliczanie a i c
$2a c=32$
$c=32-2a$
$c=2(16-a)$
$c^{2}=4(16-a)^{2}$
$c^{2}=4(256-32*a+a^{2})$
$c^{2}=4a^{2}-128*a+1024$
jw. tyle, że teraz samego c
$c^{2}=a^{2} + a^{2}-2a*a*cos{120}$
$c^{2}=2a^{2}-2a^{2}*(-sin{30})$ // ze wzorów redukcyjnych (wyjaśnione w rozwiązaniu wcześniej
$c^{2}=3a^{2}$
$3a^{2}=4a^{2}-128*a + 1024$
$0=a^{2}-128*a + 1024$
$\delta=128^{2}-4*1*1024$
$\delta=16384-4096=12288$
$sqrt{\delta}=64sqrt{3}$
$a_1= \frac {128 64sqrt{3}}{2}$ za duża wartość
$a_2= \frac {128-64sqrt{3}}{2}=64-32sqrt{3}$
$c=32-2(64-32sqrt{3})$
$c=64sqrt{3}-96$
teraz by trza obliczyć wysokość tego trójkąta, ale wystarczy zauważyć, że skoro kąt tego trójkąta to 120, to jego połowa to 60. Czyli trójkąt ha(c/2) jest prostokątny.
Jeśli jeszcze się zauważy, że można druki taki sam "dorysować" pod spotem tego trójkąta, to staje się jasne, że h=a/2

$h=32-16sqrt{3}$

A teraz obliczanie objętości i pola. Wystarczy zauważyć, że ta bryła, to w rzeczywistości dwa stożki.
$V_B=2*P_{podstawy}*H*\frac {1}{3}=2*\frac{1}{3}*h^{2}\p*\frac{c}{2}i$
$V_B=\frac{2*(16(2-sqrt{3}))^{2}\pi*16(2sqrt{3}-3)}{3}$
$V_B=\frac{2*16*17(7-4sqrt{3})\pi*(2sqrt{3}-3)}{3}$
$V_B=\frac{544(26sqrt{3}-45)}{3}\pi$

$P_B=2*\pi rl$
$P_B=2*\pi *h*a$
$P_B=2\pi*(32-16sqrt{3})(64-32sqrt{3})$
$P_B=2\pi*16*32(2-sqrt{3})^{2}$
$P_B=1024(7-4sqrt{3})\pi$

[ Dodano: Wto Kwi 15, 2008 12:01 am ]
1. Podstawą graniastosłupa prostego jest trapez, w którym dłuższa podstawa i jedno ramię są do siebie prostopadłe i mają tę samą długość a. Dłuższa przekątna graniastosłupa ma długość 2a. Pod jakim kątem przękątna ta jest nachylona do podstawy?
2. Wysokość graiastosłupa prostego ma długość Γ15 (chodzi mi tu że 15 jest po pierwiastkiem), a jego podstawą jest trapez równoramienny o bokach długości 3, Γ2, 1 i Γ2.
a) znajdź miary kątów między sąsiednimi ścianami bocznymi
b) pod jakim kątem przekątna graniastosłupa jest nachylona do podstawy?

Rozwiązanie:
1.

D obliczmy ze wzory Pitagorasa:
$a^{2} a^{2}=d^{2}$
$d=a*sqrt{2}$
$\alpha=arccos{\frac {a*sqrt{2}}{2a}}=arccos{\frac {sqrt{2}}{2}}=\frac {\pi}{4}$

2.

a.
Kąty między ścianami bocznymi, to po prostu kąty między ścianami trapezu podstawy. Można je policzyć ze wzoru na cosinus dowolnego stopnia, albo zauważyć, że pośrodku jest kwadrat o wymiarach 1x1, oraz dwa trójkąty. Może nie widać tego na pierwszy rzut oka, ale to trójkąty prostokątne, równo ramienne.
Aby do tego dojść wystarczy iść tym tropem. Podstawa większa zawiera długość mniejszej. Skoro trapez jest równoramienny, to po odjęciu długości mniejszej podstawy od większej pozostanie długość obu równych sobie podstaw trójkątów przystających do środkowego prostokąta $(3-1=2=2*podstawy@trojkatow => podstawa@trojkata=1)$ . Zatem mając podstawę i przekątną można zauważyć, że trójkąt ten jest połową kwadratu o wymiarach 1x1 lub obliczyć ze wzoru Pitagorasa, że wysokość równa jest 1 ( $1^{2} 1^{2}=(sqrt{2})^2$ ).
Teraz już można domyśleć się wartości poszczególnych kątów, bądź obliczyć:
$arccos(\angle(1,sqrt{2}))=arccos(\frac {1}{sqrt{2}})=arccos(\frac {sqrt{2}}{2})=\frac {\pi}{4}$ - kąty ostre
oraz ze wzoru na sumę kątów w czworokącie.
$\frac {2\pi - 2(\frac{\pi}{4})}{2}=\frac{3\pi}{4}$ - kąty rozwarte
Odp.: Kąty między ścianami bocznymi wynoszą kolejno: $\frac {\pi}{4}$ , $\frac {\pi}{4}$ , $\frac {3\pi}{4}$ , $\frac {3\pi}{4}$

b.
Przekątną d obliczmy z Pitagorasa:
$d=sqrt{2^{2} 1^{2}}=sqrt{5}$
Kąt $\alpha$ ze cosinusa:
$\alpha=arccos{\frac {sqrt{5}}{sqrt{15}}}=arccos{sqrt{\frac {5}{15}}}=arccos{sqrt{\frac {1}{3}}}=arccos{\frac {sqrt{3}}{3}}$
==========================================================
1) Graniastopsłup prawidłowy sześciokątny ma wysokość √2, a krawędź jego podstawy ma długość 1. Znajdź:
a) miary kątów nachylenia przekątnych tego graniastosłupa do podstawy,
b) miarę kąta między przekątnymi ścian bocznych, wychodzącymi z jedmego wierzchołka

2) Narysuj ostrosłup prawidłowy czworokątny i zaznacz:
a) kąt między ścianą boczną a podstawą
b) kąt między krawędzią boczną a podstawą
c) kąt między sąsiednimi ścianami boczymi
d) kąt między wysokością ostrosłupa a ściana boczną

Rozwiązanie:
ZADANIE 1:

Rysunek 1 - główny, Rysunki 2, 3, 4 - pomocnicze, w celu łatwiejszego zobrazowania sobie trójkątów prostokątnych, których kąty należy wyliczyć.

Oznaczenia:
$a$ - długość krawędzi podstawy (boku trójkąta równobocznego, wiemy, że w podstawie tego graniastosłupa jest 6 identycznych trójkątów równobocznych, stąd dłuższa przekątna podstawy jest równa $a a$ )
$H$ - wysokość graniastosłupa
$h$ - wysokość jednego z sześciu trójkątów równobocznych w podstawie graniastosłupa (pomarańczowy i czerwony to to samo, kolory są tylko dla zorientowania się w pomocniczych rysunkach)
$w$ - wysokość trójkąta równoramiennego (czerwonego), służącego do obliczenia podpunktu b zadania.
$d$ - ramię powyższego czerwonego trójkąta i jednocześnie przekątna ściany bocznej graniastosłupa.
$\alpha$ - kąt nachylenia dłuższej przekątnej graniastosłupa do podstawy (podpunkt a zadania)
$\beta$ - kąt nachylenia krótszej przekątnej graniastosłupa do podstawy (podpunkt a zadania)
$\gamma$ - kąt nachylenia przekątnych dwóch sąsiednich ścian bocznych (przekątnych wychodzących z jednego wierzchołka)(podpunkt b zadania)
$\frac{\gamma}{2}$ - połowa powyższego kąta

Wpierw skupiamy się na podpunkcie a:
Zwróć uwagę, że wartość $\alpha$ możemy wyliczyć z funkcji tangens lub cotangens. Policzymy sobie tangensem.
Przedstawia się to wzorem (na podstawie rysunku pomocniczego 2): $tg \alpha = \frac{H}{2a}$ .
Czyli liczymy (bez porąbanych arcusów... ), że $tg \alpha = \frac{\sqrt{2}}{2} = ~0,7071$ i odczytujemy z tablic, że w przybliżeniu $\underline{\alpha = 35^{\circ}}$

Teraz krótsza przekątna graniastosłupa i jej kąt nachylenia do podstawy (kąt $\beta$ ):
Korzystamy z rysunku pomocniczego 3.
Teraz lepiej skorzystać z cotangensa, ponieważ w liczniku będziemy mieli $h$ , a $h$ przejawia się wzorem posiadającym $\sqrt{3}$ w liczniku, więc nie trzeba się będzie bawić w usuwanie niewymierności z mianownika itd.
$\beta$ Możemy wyliczyć korzystając ze wzoru na $ctg \beta = \frac{2h}{H}$
Wiemy, że $h$ (wysokość trójkąta równobocznego) przejawia się wzorem $\frac{a \cdot \sqrt{3}}{2}$ , więc ogólny wzór to $ctg \beta = \frac{2 \cdot \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2}}{H} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3 \cdot 2}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2} = ~1,2247$ . Odczytując z tabelki mamy, że $\underline{\beta = 39^{\circ}}$ .

- - - - -
teraz podpunkt b. Skupimy się na liczeniu funkcji trygonometrycznych dla kąta $\frac{\gamma}{2}$ , a ostateczny wynik pomnożymy po prostu przez 2 i wyjdzie nam szukany kąt.

Najpierw liczymy $d$ z Twierdzenia Pitagorasa: $d^2 = a^2 H^2$ . Z tego wynika, że $d^2 = 1^2 (\sqrt{2})^2 = 1 2 = 3$ , czyli $d = \sqrt{3}$ .

Z rysunku pomocniczego 4 odczytujemy, że $\sin{\frac{\gamma}{2}} = \frac{h}{d}$ . Podstawiając znane wartości liczymy: $\sin{\frac{\gamma}{2}} = \frac{\frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2 \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{2}$ . A wiemy, że sinus przyjmuje wartość $\frac{1}{2}$ dla kąta $\frac{\gamma}{2} = 30^{\circ}$ . Więc szukany kąt $\gamma = 2 \cdot \frac{\gamma}{2} = 2 \cdot 30^{\circ} = \underline{60^{\circ}}$

Koniec zadania 2

- - - - - - - - - -

ZADANIE 2:
Wszystko na rysunku, literki a,b,c,d odpowiadają kolejno podpunktom a), b), c) i d)

==========================================================

Cytat

do granastosłupa trójkątnego doklejono ostrosłup czworokątny. Ścianami powstałego w ten sposób wielościanu są wielokąty foremne. Oblicz długość krawędzi, wiedząc, że objętość bryły jest równa 6√3+4√2.

RYSUNEK:

Rys. 1 to rysunek obrazujący całą bryłę z opisanymi wszystkimi krawędziami. Jeśli wiemy, że każdą ścianą powstałej bryły jest wielokąt foremny, to znaczy, że są to kwadraty i trójkąty równoboczne. Oznaczmy jedną krawędź przez $a$ , to łatwo można zauważyć, że każda inna krawędź ma też długość $a$ . Rys. 2 został stworzony, aby łatwiej zobaczyć ten ostrosłup (podstawa - kwadrat, ściany - 4 trójkąty równoboczne) oraz wysokość ostrosłupa $H$ (kolor szary), wysokość ściany bocznej $h$ (kolor czerwony) oraz połowę długości podstawy $\frac{1}{2}\cdot a$ (kolor niebieski). Rys. 3 to z kolei nasz graniastosłup postawiony tak, aby podstawa (trójkąt) była rzeczywiście podstawą, a nie ścianą, jak na Rys. 1 (po prostu łatwiej już zobaczyć, że to graniastosłup). Oczywiście założenia: $a, H, h > 0$

A więc:
liczymy ilość krawędzi. Graniastosłup ma ich 3 + 3 ( dwie podstawy) + 3 (krawędzie łączące te dwie podstawy). Do tych 9 krawędzi dodajemy jeszcze 4 krawędzie idące od wierzchołka OSTROSŁUPA do jego podstawy (krawędzie podstawy są już policzone wśród krawędzi graniastosłupa). Czyli mamy łącznie 13 krawędzi, a więc do policzenia mamy $13\cdot a$ . Więc do "pełni szczęścia" (

) brakuje nam tylko wartości $a$ . Skąd ją wziąć ? Musimy skorzystać z tego, co dane mamy w treści zadania. Wiemy, że objętość CAŁEJ bryły równa jest $6\sqrt{3} + 4\sqrt{2}$ . Objętość całej bryły składa się z objętości graniastosłupa $V_{g}$ oraz objętości ostrosłupa $V_{o}$ . A więc mamy: $V = V_{g} + V_{o}$ .
Liczymy więc obie objętości:
Objętość graniastosłupa to: $V_{g} = P_{p_{1}} \cdot H_{g}$ , gdzie $P_{p_{1}}$ to pole podstawy, czyli pole trójkąta równobocznego: $P_{p_{1}} = \frac{a^2 \cdot \sqrt{3}}{4}$ , a $H_{g}$ to wysokość graniastosłupa, która jest równa $a$ , czyli ostatecznie Objętość graniastosłupa przejawia się wzorem: $V_{g} = \frac{a^2 \cdot \sqrt{3}}{4} \cdot a = \frac{a^3 \cdot \sqrt{3}}{4}$ .

Objętość ostrosłupa to: $V_{o} = \frac{1}{3}\cdot P_{p_{2}} \cdot H$ , gdzie $P_{p_{2}}$ to pole podstawy, czyli pole kwadrata o boku $a$ : $P_{p_{2}} = a^2$ .
$H$ (wysokość ostrosłupa) obliczamy z twierdzenia Pitagorasa korzystając z Rys. 2: $H^2 + (\frac{1}{2} a)^2 = h^2$ . $h$ to wysokość trójkąta równobocznego, a więc $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ . Podstawiamy do wzoru, przekształcamy:
$H^2 = h^2 - \frac{a^2}{4}$
$H^2 = (\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 - \frac{a^2}{4}$
$H^2 = \frac{3a^2}{4} - \frac{a^2}{4}$
$H^2 = \frac{3a^2 - a^2}{4} = \frac{2a^2}{4} = \frac{a^2}{2}$
$H = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$ <- usunięcie niewymierności z mianownika na końcu.

Czyli mamy teraz: $V_{o} = \frac{1}{3} \cdot a^2 \cdot \frac{a/sqrt{2}}{2}$ .

Teraz wracamy do wzoru na objętość całej bryły:
$V = V_{g} + V_{o} = (\frac{a^3 \cdot \sqrt{3}}{4}) + (\frac{1}{3} \cdot a^2 \cdot \frac{a/sqrt{2}}{2})$ . Dałem nawiasy, aby oddzielić te dwie objętości.
$6\sqrt{3} + 4\sqrt{2} = (\frac{a^3 \cdot \sqrt{3}}{4}) + (\frac{1}{3} \cdot a^2 \cdot \frac{a/sqrt{2}}{2})$ .

Więc teraz na podstawie występujących tu pierwiastków można wywnioskować, że $V_{g} = 6\sqrt{3}$ oraz $V_{o} = 4\sqrt{2}$ (ponieważ w obj. gran. występuje $\sqrt{3}$ , a w obj. ostr. występuje $\sqrt{2}$ - będzie można je przekształcać. Więc pojawia się nam układ równań:
$\left{ \begin{array}{ll} \frac{a^3 \cdot \sqrt{3}}{4} = 6\sqrt{3} \\ \frac{1}{3} \cdot a^2 \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{2} \end{array}$

Czyli $a$ musi spełniać obydwa równania.
Najpierw rozwiążmy pierwsze:
$\frac{a^3 \cdot \sqrt{3}}{4} = 6\sqrt{3}$
$\frac{a^3}{4} = 6$
$a^3 = 6 \cdot 4 = 24$
$a = \sqrt[3]{8\cdot 3}$
$a = 2\sqrt[3]{3}$

teraz drugie równanie:
$\frac{1}{3} \cdot a^2 \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{2}$
$a^3 = 4 \cdot 2 \cdot 3$
$a^3 = 24$
$a = 2\sqrt[3]{3}$

Czyli widzimy, że mamy tylko jedno $a = 2\sqrt[3]{3}$ spełniające obydwa równania.
A więc długość wszystkich krawędzi, to $13\cdot a = 13\cdot 2\sqrt[3]{3} = 26\sqrt[3]{3}$ .
==========================================================

sloneczko_825 napisał/a

1. Ostrosłup ma 110 wierzchołków. Liczba krawędzi tego ostrosłupa to?

Jeśli ostrosłup ma $n$ wierzochołków, to ilość krawędzi $k = (n - 1)\cdot 2$ .
Nie wiem, czy na pewno, ale tak wywnioskowałem z kilku przykładów (ostrosłup trójkątny, czworokątny, pięciokątny, sześciokątny, jedenastokątny). W sumie się zgadza, weźmy np ostrosłup 24-kątny czyli w podstawie ma 24 kąty. Ostrosłup ma 24 wierzochołki podstawy + 1 "szczyt", czyli 25 wierzchołków. Podstawa ma 24 krawędzie, a z wierzchołka odchodzi
tyle krawędzi, ile wierzchołków ma własnie podstawa, czyli tez 24. Więc mamy, ze 25 wierzchołków (n = 25) daje nam 48 krawędzi, wiec wzór $k = (n-1)\cdot 2$ również pasuje: $48 = (25 - 1)\cdot 2 = 24 \cdot 2 = 48$ .

A więc ostrosłup, który ma 110 wierzchołków ma krawędzi:(podstawa : 109-kąt.)
$k = (110 - 1)\cdot 2 = 109\cdot 2 = 218$

- - - - - - - - - - -

sloneczko_825 napisał/a

2. Z sześcianu wycięto ostrosłup ABCD. Stosunek objętośći sześcianu do objętości powstałej bryły jest równy.

RYSUNEK:

Najprościej i najlepiej policzyć objętość sześcianu i objętość tego ostrosłupa.
Objętość sześcianu to $V_1 = a^2$

Teraz objętość ostrosłupa $V_2$ :
Jeśli mamy ostrosłup, w którego podstawie jest trójkąt równoboczny (tutaj mamy krawędź podstawy $a\sqrt{2}$ ), to wysokość tego ostrosłupa dzieli wysokości podstawy na $\frac{2}{3}$ i $\frac{1}{3}$ .
Liczymy więc H: $H^2 = a^2 - (\frac{2}{3}h)^2$ .
$h = \frac{a\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}{2}$
$H^2 = a^2 - \frac{4}{9}\cdot \frac{6a^2}{4}$
$\frac{36a^2 - 24a^2}{36} = H^2$
$H^2 = \frac{12a^2}{36}$
$H^2 = \frac{a^2}{3}$
$H = \sqrt{\frac{a^2}{3}} = \frac{a\sqrt{3}}{3}$

$V_2 = \frac{1}{3} \cdot \frac{2a^2\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{3} = \frac{6a^3}{36} = \frac{a^3}{6}$

Objętość powstałej bryły to $V_3 = V_1 - V_2 = a^3 -\frac{a^3}{6} = \frac{5a^3}{6}$

A więc szukany stosunek to $\frac{V_1}{V_3} = \frac{a^3}{\frac{5a^3}{6}} = a^3 \frac{6}{5a^3} = \frac{6}{5}$
=========================================================

Cytat

3.Jeżeli długość boku sześcianu jest równa 1, to pole powierzchni całkowitej sotrosłupa ABCD ( z zadania 2) jest równe.

$a = 1$

Liczymy pole ostrosłupa ABCD:
$P_{ostr ABCD} = \frac{2a^2 \sqrt{3}}{4} + 3\cdot \frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2} \cdot h$
$h = \sqrt{a^2 - (\frac{1}{2}a\sqrt{2})^2} = \sqrt{a^2 - \frac{a^2}{2}} = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$

A więc $P_{ostr ABCD} = \frac{2a^2 \sqrt{3}}{4} + 3\cdot \frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2} \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}$

Podstawiamy $a = 1$ :

$P_{ostr ABCD} = \frac{2\cdot 1^2 \sqrt{3}}{4} + 3\cdot \frac{1}{2}\cdot 1\sqrt{2} \cdot \frac{1\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{3}{2} = \frac{\sqrt{3} + 3}{2}$
==========================================================

sloneczko_825 napisał/a

5. Podstawą ostrosłupa jest romb o boku długości a. Dwie przyległe ściany boczne ostrusłupa tworzą kąt o mierze 60° i są prostopadłe do płaszczyzny podstawy. Oblicz objętość tego ostrosłupa, wiedząc, że najdłuższa krawędź boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 60°

RYSUNEK:

Kąt alfa to jednocześnie kąt ostry romba w podstawie. Jest tak, ponieważ te dwie ściany tworzą ze sobą kąt 60 stopni i są PROSTOPADŁE do podstawy. A kąt pomiędzy dwiema sąsiednimi ścianami tworzy sie poprzez poprowadzenie dwóch odcinków od przeciwległych wierzchołków do krawędzi łączącej te dwie ściany pod kątem prostym. Kąt prosty jest tam, gdzie krawędź podstawy.

Mam nadzieję, że wiesz jak ten rysunek jest zrobiony. Innej możliwości nie ma

a z treści zadania traktujemy jako stałą, liczbę.
$\alpha = 60^{\circ}]$
$\beta = 60^{\circ}]$

Zacznijmy od wzoru:
$V = \frac{1}{3} \cdot P_{rombu} \cdot H$

Romb, jak widać, składa się z dwóch trójkątów równobocznych o boku a (ponieważ jest to trójkąt równoramienny, a kat pomiędzy ramionami to 60 stopni). Więc pole rombu to $P_{rombu} = 2 \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ .
Wysokość $H$ liczymy z wartości funkcji trygonometrycznych: $tg \beta = \frac{H}{d_1}$ . $d_1$ to niezaznaczona na rysunku (zapomniałem) DŁUŻSZA przekątna rombu (podstawy). Jest ona równa dwóm wysokościom trójkąta równobocznego o boku a. Czyli $d_1 = 2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3}$ .

Więc $H = tg \beta \cdot d$
$H = \sqrt{3} \cdot a\sqrt{3} = 3a$

A więc Objętość całej bryły:
$V = \frac{1}{3} \cdot \frac{a^2 \sqrt{3}}{2} \cdot 3a = \frac{a^3\sqrt{3}}{2}$ , gdzie a to jakaś dana liczba.

- - - - - - - - -

sloneczko_825 napisał/a

6. Dłuższa przekątna graniastosłupa prawidłowego sześcokątnego ma długość 5. Oblicz pole powierzchni całkowitej tej bryły, wiedząc, że jej krótsza przekątna jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 30°

$a,d_1, H > 0$
$d_1 = 5$
$\alpha = 30^{\circ}$

Zacznijmy od wzoru, że $P_c = 2\cdot P_p + 6\cdot a \cdot H$

Pole podstawy do pole 6 trójkątów równobocznych o boku a, czyli $P_p = 6\cdot \frac{a^2 \sqrt{3}}{4}$

Tworzymy teraz taki układ równań:
$\left{ \begin{array}{ll} (d_1)^2 = H^2 + (2a)^2 \\ ctg \alpha = \frac{H}{2h} \end{array}$

$2h = 2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3}$

podstawiamy to, co znamy i otrzymujemy układ równań z 2-ma niewiadomymi (a i H):
$\left{ \begin{array}{ll} 25 = H^2 + (2a)^2 \\ \sqrt{3} = \frac{H}{a\sqrt{3}} \end{array}$

Rozwiązujemy go:
$\left{ \begin{array}{ll} 25 = H^2 + 4a^2 \\ 3a = H \end{array}$
$\left{ \begin{array}{ll} 25 = 9a^2 + 4a^2 \\ 3a = H \end{array}$
$\left{ \begin{array}{ll} 25 = 13a^2 \\ 3a = H \end{array}$
$\left{ \begin{array}{ll} a^2 = \frac{25}{13} \\ 3a = H \end{array}$
$\left{ \begin{array}{ll} a = \frac{5\sqrt{13}}{13} \\ 3a = H \end{array}$
$\left{ \begin{array}{ll} a = \frac{5\sqrt{13}}{13} \\ H = \frac{15\sqrt{13}}{13} \end{array}$

mając dwie niewiadome możemy już liczyć Pole całkowite:
$P_c = 6\cdot \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} + 6\cdot a\cdot H$
$P_c = \frac{2925}{169}$ Od razu to policzyłem bez pisania, bo za dużo tego

[ Dodano: Wto Kwi 15, 2008 12:10 am ]

sloneczko_825 napisał/a

Nie zgadza mi się jedno zadanie.
W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym ściana boczna tworzy z płaszczyzną podstawy kąt o mierze 45°. Jeżeli krawędź boczna jest równa k, to krawędź podstawy jest równa?
I w odpowiedzi mam że krawędź podstawy jest równa

2k√3/2

Chyba raczej $\frac {2k sqrt{3}}{3}$ ?

Rozwiązanie:

Na rysunku:
x - krawędź podstawy
$\alpha$ - kąt między wysokością ściany bocznej i podstwą - równy 45°
k - krawędź boczna

Jak widać z rysunku, skoro $\alpha$ jest równe 45°, to znaczy, że przyprostokątne mają tę samą długość, czyli $\frac {x} {2}$ .
Przekątna podstawy ma długość $x sqrt{2}$ .
Zatem z Pitagorasa mamy równanie (na rysunku nie zaznaczyłem kąta prostego, bo raz to oczywiste, a dwa, rysunek byłby mniej czytelny):
$k^{2}=( \frac {x sqrt{2}}{2} )^{2} + ( \frac {x}{2})^{2}$
$k^{2}= \frac {2 x^{2}}{4} + \frac {x^{2}}{4}$
$k^{2}= \frac {3 x^{2}}{4}$
$\frac {4 k^{2}}{3}=x^{2} \qquad /\ \sqrt{()}$
$x=\frac {2k}{sqrt{3}}$
$\underline {\underline {\ x=\frac {2k sqrt{3}}{3} \ \ }}$
==========================================================
1.Na rysunku zaznaczony został przekrój walca płaszczyzną prostopadłą do podstawy. Pole tego przekroju jest dwukrotnie mniejsze od pola przekroju osiowego tego walca. Znajdź miarę kąta L.

http://img408.imageshack....dsc01249pm3.jpg

2. Walec o wysokości 5 cm i promieniu podstawy 5 cm przecieto płaszczyzną prostopadłą do podstawy i odległą od środka podstawy o 3 cm. Jakie jest pole otrzymanego przekroju?

http://img120.imageshack....dsc01250ab4.jpg

Rozwiązanie:
Zadanie pierwsze:

Jak widać na rysunku ( albo i nie ), pole przekroju osiowego wynosi 2r*H.
Wysokość się nie zmienia, a pole przekroju ma być równe połowie powyższego przekroju, zatem:
H*x (gdzie x to długość jednego boku przekroju) = 0,5 * 2r*H / H się skraca i zostaje:
x=r.

Skoro wiemy, że wystkie boki są równe r, to znaczy, że mamy do czynienia z trójkątem równobocznym, a zatem kąt L wynosi 60 st. (czy też Π/3 jak kto woli)

Zadanie drugie:

Na rysunku powyżej widać od góry sytuację. Z Pitagorasa łatwo wychodzi, że x = 4.
Pole tego wycinka jest zatem równe: 2x*H = 2*4*5 = 20 cm²
==========================================================

sloneczko_825 napisał/a

Koło podzielona na dwa wycinki kołowe o kątach środkowych 60° i 300°. Z każdego z tych wycinków tworzymy powierzchnię boczną stożka

RYSUNEK

sloneczko_825 napisał/a

a) jaki jest stosunek promieni podstaw tych stożków

Wprowadźmy oznaczenia do rysunku. Mamy okrąg o promieniu $r$ , dwa zaznaczone w nim kąty $\alpha = 60^{\circ}, \beta = 300^{\circ}$ oraz długość $l$ łuku stworzonego dzięki kątowi $\alpha$ .

Z definicji miary łukowej kąta mamy, że $\alpha = \frac{l}{r} \Longrightarrow l = \alpha \cdot r$ .

Mamy dwa stożki, jeden o promieniu podstawy $x$ , drugi o promieniu podstawy $y$ . Oba te stożki mają tworzące długości $r$ . Ze wzoru powyżej (m. łukowa) wnioskujemy, że długość $l = 60^{\circ} \cdot r$ . Zacznijmy od stożka o pr. podst. $x$ . Długość okręgu w podstawie (obwód tego okręgu) to obwód początkowego dużego okręgu o promieniu $r$ minus długośc łuku $l$ . Więc obwód okręgu w podstawie tego pierwszego stożka to $2\pi r - l = 2\pi r - 60^{\circ} \cdot r = r(2\pi - 60^{\circ}) = 2\pi x$ , bo $2\pi x$ to również obwód tego samego okręgu. Z tego wyznaczamy $x = \frac{r(2\pi - 60^{\circ})}{2\pi}.$

Analogicznie postepujemy z drugim stożkiem. Obwód jego podstawy to $l$ , a wiemy, że $l = 60^{\circ} \cdot r$ . Ale obwód tego okręgu w podstawie to $2\pi y$ , więc ostatecznie mamy $60^{\circ} \cdot r = 2\pi y$ , a z tego wyznaczamy $y = \frac{60^{\circ} \cdot r}{2\pi}.$

Mamy $x$ oraz $y$ , które są promieniami podstaw tych stożków, więc możemy policzyć ich stosunek:

$\frac{x}{y} = \frac{\frac{r(2\pi - 60^{\circ})}{2\pi}}{\frac{60^{\circ} \cdot r}{2\pi}} = \frac{r(2\pi - 60^{\circ})}{2\pi} \cdot \frac{60^{\circ} \cdot r}{2\pi} = \frac{2\pi - 60^{\circ}}{60^{\circ}} = \frac{\pi - 30^{\circ}}{30^{\circ}}.$ Korzystamy teraz z tego, że kąt $30^{\circ}$ to w mierze łukowej $\frac{\pi}{6}$ . Ostatecznie mamy, że $\frac{x}{y} = \frac{\pi - \frac{\pi}{6}}{\frac{\pi}{6}} = \frac{5\pi}{6} \cdot \frac{6}{\pi} = \underline{5}$ .

sloneczko_825 napisał/a

b) jakie miary mają kąty rozwarcia stożków?

Szukane kąty to $2\gamma$ oraz $2\delta$ . Aby je obliczyć, musimy najpierw wyznaczyć $\gamma$ oraz $\delta$ . Skorzystamy w tym celu z funkcji trygonometrycznych:
$sin \gamma = \frac{x}{r} = \frac{\frac{r(2\pi - 60^{\circ})}{2\pi}}{r} = \frac{2\pi - 60^{\circ}}{2\pi} = \frac{2\pi - \frac{\pi}{3}}{2\pi} = \frac{\frac{5\pi}{3}}{2\pi} = \frac{5}{6} = ~0,8333$ . A więc korzystając z tablic (wartości funkcji) mamy, że $\gamma = 56^{\circ}$ . A więc szukany kąt $\underline{2\gamma = 112^{\circ}}$ .

$sin \delta = \frac{y}{r} = \frac{\frac{60^{\circ} \cdot r}{2\pi}}{r} = \frac{\frac{\pi}{3}}{2\pi} = \frac{2}{3} = ~0,6667$ . Ponowie z tablic: $\delta = 41^{\circ}$ . A więc szukany kąt $\underline{2\delta = 82^{\circ}}$

Cytat

c) Jaki jest stosunek wysokości stożków?

Z pitagorasa:
$H = \sqrt{\frac{r^2 \cdot (2\pi - 60^{\circ}}{4\pi ^2}}$
$h = \sqrt{\frac{3600^{\circ}\cdot r^2}{4\pi ^2}}$

A więc:
$\frac{H}{h} = \frac{\sqrt{\frac{r^2 \cdot (2\pi - 60^{\circ}}{4\pi ^2}}}{\sqrt{\frac{3600^{\circ}\cdot r^2}{4\pi ^2}}} = \sqrt{\frac{\frac{r^2 \cdot (2\pi - 60^{\circ}}{4\pi ^2}}{\frac{3600^{\circ}\cdot r^2}{4\pi ^2}}} = \sqrt{\frac{r^2 \cdot (2\pi - 60^{\circ}}{4\pi ^2} \cdot \frac{4\pi ^2}{3600^{\circ}\cdot r^2}} = \sqrt{\frac{2\pi - 60^{\circ}}{3600^{\circ}}}$
$(\frac{H}{h})^2 = \frac{2\pi - \frac{\pi}{3}}{\frac{\pi}{3}} = \frac{5\pi}{3} \cdot \frac{3}{\pi} = 5$
$\underline{\frac{H}{h} = \sqrt{5}}$ .
==========================================================

Cytat

1. Ostrosłup praiwdłowy czworokątny ma wysokość 8, a promień kuli wpisanej w ten ostrosłup jest równy 3. Pod jakim kątem ściana boczna tego ostrosłupa jest nachylona do podstawy.

RYSUNEK:

Ok, największy problem w tym zadaniu stanowiło stworzenie rysunku.

A więc. Szukamy kąta $\alpha$ . Na rysunku nie jest to zaznaczone, ale wysokość ostrosłupa H jest równa:
$H = x + r$

Te dwa trójkąty kolorowe są do siebie podobne. Konkretnie o bokach x, r, y oraz o bokach 0,5 a, H i (y + oliwkowy odcinek).

Widzimy, że dwa trójkąty mają dwa takie same kąty. Jeden przy wierzchołku całego ostrosłupa. a drugim kątem jest kąt prosty, Wobec tego szukany kąt $\alpha$ jest równy kątowi $\beta$ . Zadanie więc ogranicza się na "zabawie" z tym mniejszym trójkątem o bokach x, y, r.
Wiemy, że $r=3$ , a $x = H - r = 8 - 3 = 5$ .
$cos \beta = \frac{r}{x} \\ cos \beta = \frac{3}{5} = 0,6 \\ \beta \approx 52^{\circ}$

Ale $\beta = \alpha$

Więc szukany kąt to $\alpha \approx \underline{52^{\circ}}$
==========================================================

sloneczko_825 napisał/a

2. W kulę o promieniu r wpisano ostrosłup prawidłowy czworokątny. Środek kuli leży na podstawie ostrosłupa. Oblicz długość krawędzi tego ostrosłupa.

A więc na rysunku głownym i pomocniczych można zauważyć, że zarówno a jak i b są PRZEKĄTNYMI kwadratów o boku r. A więc $a = b$ . Do obliczenia mamy długość krawędzi ostrosłupa D: $D = 4a + 4b = 4a + 4a = 8a$ .
Jesli a jest przekątną kwadratu o boku r, to $a = r\sqrt{2}$ . Podstawiamy do wzoru na długość i już mamy koniec zadania:
$D = 8 \cdot r\sqrt{2} = \underline{8r\sqrt{2}}$

[ Dodano: Wto Kwi 15, 2008 12:14 am ]
Objętość bryły powstałej w wyniku obrotu półkola o kąt 120° wokół prostej zawierającej jego najdłuższą cięciwę o długości 6 jest równa?

Rozwiązanie:
Wystarczy odrobina wyobraźni do tego zadania.
Skoro to półkole i obraca się wokół najdłuższej cięciwy, to powstaje bryła, która jest wycinkiem kuli. (Dokładniej 1/3 kul, bo obrót był o 120 [st]).

Objętość kuli:
$V=\frac {4}{3} \cdot \pi r^{3}$

Zatem objętość tego wycinka:
$V=\frac {1}{3} \cdot \frac {4}{3} \cdot \pi r^{3}$ , gdzie r to połowa największej cięciwy, czyli 3

Z tego wychodzi:
$V=\frac {4}{9} \cdot \pi 3^{3}=12 \pi$
=========================================================
1.stożek, którego przekrój osiowy jest trójkątem równobocznym o boku długości 40, wpidujemy kulę, a w tę kulę wpisujemy kolejny stożek, którego przekrój osiowy jest trójkątem równobocznym. Oblicz pole powierzchni całkowitej stożka wpisanego w kulę.
2. Kula jest styczna do powierzchni bocznej stożka ściętego i obu jego podstaw. Oblicz pole powierzchni kuli, jeżeli promień mniejszej podstawy stożka ściętego ma długość r, a jego tworząca ma długość a.

Rozwiązanie:
Poniżej sam tok rozwiązywania. Wykorzystano same podstawy geometrii na poziomie podstawowym, który już nie jednokrotnie był wykorzystywany wcześniej (materiał ponadpodstawowy będzie zaznaczony), więc zakładam, że przejścia będą zrozumiałe.

Zadanie 1

H - wysokość dużego stożka
r - promień kuli
a - promień podstawy małego stożka

Poniżej sam tok rozwiązywania. Wykorzystano same podstawy geometrii na poziomie podstawowym, który już nie jednokrotnie był wykorzystywany wcześniej (materiał ponadpodstawowy będzie zaznaczony), więc zakładam, że przejścia będą zrozumiałe.

$H=\frac {40 \sqrt{3}}{2}=20 \sqrt{3}$
$r=\frac {1}{3}H$ (ta wysokość H na rysunku jest prostopadła do podstawy [wiem, że rysunek krzywy, ale trudno... ])
$\frac {a}{r}=cos{30}$ (można było to pominąć, jeśli się zauważy, że gdyby odbić symetrycznie r względem a, to a jest wysokością trójkąta równobocznego)
$a=\frac {r \sqrt{3}}{2}=10$
l - tworząca mały stożek
$l=2a$

Zatem:
$P_c=\pi r\(a + l)=\pi \cdot 10 \cdot (10 + 20)=300 \pi$

Zadanie 2

$2a=2r+2x \ \ \ => \ \ \ a=r+x \ \ \ => \ \ \ a-r=x$
$(x-r)^2+(2R)^2=a^2$
$4R^2=a^2 - (x-r)^2$
$4R^2=a^2- (a-2r)^2$
$4R^2=a^2-(a^2-4ar+4r^2)$
$4R^2=4ra-4r^2$
$4R^2=4r(a-r)$

Pole powierzchni kuli:
$P_c=4 \pi R^2$

Zatem:
$P_c=4r(a-r) \pi$

Monikaaa · Gość

Postawą graniastosłupa jest trapez równoramienny nie bedacy równoległobokiem, w którym kąt ostry ma 60 stopni a krótsza podstawa i ramię trapezu mają po 6 cm długośći. Oblicz objętość graniastosłupa wiedząc że jego wysokość jest równa długości przekatnej podstawy.

RtMvS · Wysłany: Wto Kwi 15, 2008 7:30 pm

RtMvS napisał/a

Postawą graniastosłupa jest trapez równoramienny nie bedacy równoległobokiem, w którym kąt ostry ma 60 stopni a krótsza podstawa i ramię trapezu mają po 6 cm długośći. Oblicz objętość graniastosłupa wiedząc że jego wysokość jest równa długości przekatnej podstawy.

$x=6cm \\ z = 6cm \\ \alpha = 60^{\circ}$ .

$sin \alpha = \frac{h}{z} \\ sin 60^{\circ} = \frac{h}{6} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 6 = h \\ h = 3\sqrt{3} \quad [cm]$

$c^2 + h^2 = z^2 \\ c^2 = z^2 - h^2 \\ c^2 = 36 - 27 = 9 \\ c = 3$

$y = x+2c \\ y = 6 + 6 = 12 \quad [cm]$ .

$(y-c)^2 + h^2 = d^2 \\ (12-3)^2 + (3\sqrt{3})^2 = d^2 \\ 81 + 27 = d^2 \\ d = 6\sqrt{3} \quad [cm] = H$

$V = P_{podstawy} \cdot H$
$P_{podstawy} = \frac{1}{2}h(x+y) \\ P_{podstawy} = \frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{3} \cdot 18 = 27\sqrt{3} \quad [cm^2]$ .

$V = 27\sqrt{3} \cdot 6\sqrt{3} = \underline{486 \quad [cm^3]}$

UWAGA: Jeśli nie znamy funkcji trygonometrycznych (sin, cos, tg, ctg), to "h" możemy obliczyć jako wysokość trójkąta prostokątnego, który jest połową trójkąta równobocznego o boku z = 6cm.

Wzór na wysokość trojkata równobocznego o boku "a": $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ .
Nasze "a" to "z = 6", więc ostatecznie $h = 3\sqrt{3}$ . Dalej już normalnie jak pisze, bez f. trygonom.

monikamonika · Gość

15. Do akwarium w kształcie prostopadłościanu wlano 90 l wody wypełniając trzy czwarte jego V. Oblicz wymiary podstawy tego akwarium jezeli wiesz ze jest wysokośc ma 50 cm a szerkość 66i 2/3% długości

17. Do prostopadłosciennego akwarium wlano 96 l wody która wypełniła akwarium do wysokości 30 cm Obwód dna akwarium jest równy 240 cm Oblicz wymiary dna akwarium. wiedzac że sa one wyrażone liczbanmi naturalnymi.

RtMvS · Wysłany: Wto Kwi 15, 2008 8:24 pm

monikamonika napisał/a

15. Do akwarium w kształcie prostopadłościanu wlano 90 l wody wypełniając trzy czwarte jego V. Oblicz wymiary podstawy tego akwarium jezeli wiesz ze jest wysokośc ma 50 cm a szerkość 66i 2/3% długości

$1l = 1dm^3 = 10cm\cdot 10cm \cdot 10cm. = 1000cm^3 \\ 90l = 90000cm^3 = \frac{3}{4}V \\ V = 120000 [cm^3]$

$\frac{V}{H} = P_p \\ \frac{120000}{50} = 2400 [cm^2]$
$Pp = a \cdot b \\ b = 66\frac{2}{3}% = 66,(6) % a = \frac{2}{3}a \\ 2400 = \frac{2}{3}a^2 \\ a^2 = 3600 \\ \underline{a = 60} \\ \underline{b = 40}$

RtMvS · Wysłany: Wto Kwi 15, 2008 8:31 pm

monikamonika napisał/a

17. Do prostopadłosciennego akwarium wlano 96 l wody która wypełniła akwarium do wysokości 30 cm Obwód dna akwarium jest równy 240 cm Oblicz wymiary dna akwarium. wiedzac że sa one wyrażone liczbanmi naturalnymi.

$2a +2b = 240 \\ 96l = 96000cm^3 \\ \frac{96000}{30} = P_p \\ P_p = 3200 = a\cdot b$

$\left{ \begin{array}{ll} 2a + 2b = 240 \\ ab = 3200 \end{array}$

$\left{ \begin{array}{ll} 2a + 2b = 240 \\ b = \frac{3200}{a} \end{array}$
$\left{ \begin{array}{ll} 2a + 2\cdot \frac{3200}{a} = 240 \\ b = \frac{3200}{a} \end{array}$
$\left{ \begin{array}{ll} 2a^2 -240a + 6400 = 0 \\ b = \frac{3200}{a} \end{array}$
$\left{ \begin{array}{ll} a^2 -120a + 3200 = 0 \\ b = \frac{3200}{a} \end{array}$
$\left{ \begin{array}{ll} (a-40)(a-80) = 0 \\ b = \frac{3200}{a} \end{array}$
$a = 40 \quad lub \quad a = 80 \\ b = 80 \quad lub \quad b = 40$
WYMIARY PODSTAWY:
$40 \times 80 \quad lub \quad 80 \times 40$

moniA · Gość

Oblicz pole powierzchni całkowitej ostrosłupa prawidłowego czworokatnego w którym krawedź podstawy a=24cm a kąt nachylenia krawedzi bocznej do płaszczyzny postawy alfa=45 stopni.

16. Oblicz pole powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego wiedząc że przekątna postawy ma 50 cm a kraędx boczna tworzy z tą przekątną kąt 45 stopni ...

RtMvS · Wysłany: Sro Kwi 16, 2008 7:27 pm

Cytat

Oblicz pole powierzchni całkowitej ostrosłupa prawidłowego czworokatnego w którym krawedź podstawy a=24cm a kąt nachylenia krawedzi bocznej do płaszczyzny postawy alfa=45 stopni.

$a = 24cm \\ \beta = 45^{\circ} \\ d = a\sqrt{2} \\ H\quad (wysokosc \quad ostroslupa)\quad = \frac{1}{2}d$
Co do H: trojkąt prostokątny równoramienny, stąd d/2.

$d = 24\sqrt{2} \\ H = 12\sqrt{2} \\ H^2 + \frac{a^2}{4} = h^2 \\ h^2 = 48 + 144 = 196 \\ h = 14$

$P_c = a^2 + 4\cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h = 576 \cdot 672 = \underline{1248 \quad [cm^2]}$

- - - - - - - - -

Cytat

Oblicz pole powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego wiedząc że przekątna postawy ma 50 cm a kraędx boczna tworzy z tą przekątną kąt 45 stopni ...

ten sam rysunek.

tak samo, tylko dane mamy, że $d = 50$ . Korzystamy ze wzoru, że $d = a\sqrt{2}$ . Mając a i H (=25cm) wyliczamy " $h=\frac{25\sqrt{6}}{2}$ ", czyli wszystko tak jak zadanie wyżej, skoro już mamy "a". z Tego wszystkiego wychodzi nam ostatecznie, ze pole całkowite:
$P_c = (25\sqrt{2})^2 + 4\cdot \frac{1}{2} \cdot 25\sqrt{2} \cdot \frac{25\sqrt{6}}{2} = 625 + 625\sqrt{12} = 625(1+2\sqrt{3}) [cm^2]$

(Oblicz wszystko i sprawdź)