Witam,
mam problem z kilkoma zadaniami bardzo proszę o wskazówki do tych zadań. Dziękuje:)
1.Wysokość ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa \(\displaystyle{ h}\), zaś krawędź podstawy a. Ostrosłup ten przecięto płaszczyzną przechodzącą przez przekątną \(\displaystyle{ AC}\) podstawy ostrosłupa i nachyloną do płaszczyzny podstawy pod kątem \(\displaystyle{ \alpha}\). Wyznacz pole przekroju.
2.Sześcian o krawędzi a przecięto płaszczyzną przechodzącą przez przekątną dolnej podstawy i środki krawędzi górnej podstawy. Oblicz pole otrzymanego przekroju
3.Długość krawędzi prostopadłościanu wychodzące z jednego wierzchołka tworzą ciąg geometryczny o sumie \(\displaystyle{ 65}\). Objętość prostopadłościanu jest równa \(\displaystyle{ 3375}\). Oblicz pole powierzni całkowitej prostopadłościanu.
4. Dany jest ostrosłup prawidłowy trójkątny. Stosunek długości krawędzi podstawy do krawędzi bocznej ostrosłupa jest równa \(\displaystyle{ 2:5}\). Wyznacz cosinus kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi tego ostrosłupa.
5. Kąt rozwarcia stożka ma miarę \(\displaystyle{ 2 \alpha}\), pole jego powierzchni bocznej jest równy \(\displaystyle{ 12 \pi}\). Wyznacz objętość stożka.
6. Przekątna prostopadłościanu tworzy z jego krawędziami kąty \(\displaystyle{ \alpha , \beta , \gamma}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \sin ^{2}\alpha+\sin ^{2}\beta+\sin ^{2}\gamma=2}\)
ostrosłupy - ,matura rozszerzona
ostrosłupy - ,matura rozszerzona
Ostatnio zmieniony 1 lis 2012, o 12:29 przez Chromosom, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
Powód: Punkt 2.7 instrukcji LaTeX-a. Funkcje matematyczne należy zapisywać: sinus - \sin, logarytm - \log, logarytm naturalny - \ln itd.
-
777Lolek
- Użytkownik
- Posty: 1053
- Rejestracja: 20 wrz 2012, o 15:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: podWarszawie
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 208 razy
ostrosłupy - ,matura rozszerzona
1. Chyba najważniejszy jest rysunek:
Oznaczenia:
\(\displaystyle{ \begin{cases} |AD| = |AB| = |BC| = |CD| = a\\ |FS| = h\\ |FX| = H\\ |BX| = y\\ |XS| = x\\ \angle BFX = \alpha\\ \angle XFS = 90^o - \alpha \end{cases}}\)
do rozwiązania zadania "wystarczy" rozwiązać taki oto układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} h^2 + H^2 - 2hH\cos(90^o - \alpha) = x^2\\ (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2 + H^2 - 2\frac{a\sqrt{2}}{2}H\cos \alpha = y^2\\ (x+y)^2 = h^2 + (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2 \end{cases}}\)
pierwsze równanie pochodzi z tw. cosinusów (zauważ, że \(\displaystyle{ \cos(90^o - \alpha) = \sin \alpha}\) ) , drugie również, trzecie z pitagorasa. Masz 3 równania, 3 niewiadome. Szukamy oczywiście \(\displaystyle{ H}\) (bo chcemy obliczyć pole przekroju). Ja się niestety tego nie podejmuję;o
2. jak sobie to narysujesz to zauważysz że tkaim przekrojem jest trapez równoramienny. \(\displaystyle{ P = \frac{(a\sqrt{2} + (\frac{a}{2})\sqrt{2})h}{2} = \frac{3ah\sqrt{2}}{4}}\) , szukamy wysokości tego trapezu \(\displaystyle{ h}\) .
Gdyby przedłużyć ramiona tego trapezu do punktu przecięcia, to dostaniemy przy okazji punkt przecięcia tych ramion z przedłużeniem jednej z krawędzi sześcianu. Ramiona trapezu i jedna z jego podstaw (ta bliższa punktowi przecięcia) utworzą trójkąt równoramienny o wysokości równej wysokości trapezu, natomiast przedłużenie tej krawędzi sześcianu jest równe \(\displaystyle{ a}\) , a teraz możemy skorzystać z tw. Pitagorasa: \(\displaystyle{ (2a)^2 + (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2 = (2h)^2 \Rightarrow h = \frac{3\sqrt{2}}{4}a}\) , zatem \(\displaystyle{ P = \frac{9}{8}a^2}\)
3. \(\displaystyle{ \begin{cases} a\frac{q^3 - 1}{q - 1} = 65\\ a^3q^3 = 3375\\ P_c = 2\cdot aq\cdot a + 2\cdot aq^2\cdot a + 2\cdot aq\cdot aq^2 = 2a^2q^2(q + 1) \end{cases} \Rightarrow P_c = 1950 (j^2)}\)
4. kąt pomiędzy tymi ścianami to kąt pomiędzy ich wysokościami poprowadzonymi z wierzchołka przy podstawie. Oblicz pole ściany bocznej na dwa sposoby: używając tejże wysokości oraz wysokości poprowadzonej z wierzchołka ostrosłupa (tę wyznaczysz z tw. Pitagorasa przez krawędź boczną i krawędź podstawy), następnie je do siebie przyrównaj i wyraź wysokość przez bok podstawy (w tym równaniu z \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ h}\) podstaw \(\displaystyle{ b = \frac{5}{2}a}\) a następnie wyraź \(\displaystyle{ h}\) przez \(\displaystyle{ a}\) ). Na koniec twierdzenie cosinusów. Jeśli sie nigdzie nie machnąłem to \(\displaystyle{ \cos \alpha = \frac{23}{48}}\)
5. W czym problem? Trójkąt prostokąty o przyprostokątnych \(\displaystyle{ H}\) i \(\displaystyle{ r}\) oraz przeciwprostokątnej \(\displaystyle{ l}\) , oraz o kącie między \(\displaystyle{ H}\) a \(\displaystyle{ l}\) równym \(\displaystyle{ \frac{2\alpha}{2} = \alpha}\) . \(\displaystyle{ P_b = \Pi rl}\) , \(\displaystyle{ V = \frac{1}{3}\Pi r^2H}\)
- AU
- 5br8rm.jpg (15.25 KiB) Przejrzano 95 razy
Oznaczenia:
\(\displaystyle{ \begin{cases} |AD| = |AB| = |BC| = |CD| = a\\ |FS| = h\\ |FX| = H\\ |BX| = y\\ |XS| = x\\ \angle BFX = \alpha\\ \angle XFS = 90^o - \alpha \end{cases}}\)
do rozwiązania zadania "wystarczy" rozwiązać taki oto układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} h^2 + H^2 - 2hH\cos(90^o - \alpha) = x^2\\ (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2 + H^2 - 2\frac{a\sqrt{2}}{2}H\cos \alpha = y^2\\ (x+y)^2 = h^2 + (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2 \end{cases}}\)
pierwsze równanie pochodzi z tw. cosinusów (zauważ, że \(\displaystyle{ \cos(90^o - \alpha) = \sin \alpha}\) ) , drugie również, trzecie z pitagorasa. Masz 3 równania, 3 niewiadome. Szukamy oczywiście \(\displaystyle{ H}\) (bo chcemy obliczyć pole przekroju). Ja się niestety tego nie podejmuję;o
2. jak sobie to narysujesz to zauważysz że tkaim przekrojem jest trapez równoramienny. \(\displaystyle{ P = \frac{(a\sqrt{2} + (\frac{a}{2})\sqrt{2})h}{2} = \frac{3ah\sqrt{2}}{4}}\) , szukamy wysokości tego trapezu \(\displaystyle{ h}\) .
Gdyby przedłużyć ramiona tego trapezu do punktu przecięcia, to dostaniemy przy okazji punkt przecięcia tych ramion z przedłużeniem jednej z krawędzi sześcianu. Ramiona trapezu i jedna z jego podstaw (ta bliższa punktowi przecięcia) utworzą trójkąt równoramienny o wysokości równej wysokości trapezu, natomiast przedłużenie tej krawędzi sześcianu jest równe \(\displaystyle{ a}\) , a teraz możemy skorzystać z tw. Pitagorasa: \(\displaystyle{ (2a)^2 + (\frac{a\sqrt{2}}{2})^2 = (2h)^2 \Rightarrow h = \frac{3\sqrt{2}}{4}a}\) , zatem \(\displaystyle{ P = \frac{9}{8}a^2}\)
3. \(\displaystyle{ \begin{cases} a\frac{q^3 - 1}{q - 1} = 65\\ a^3q^3 = 3375\\ P_c = 2\cdot aq\cdot a + 2\cdot aq^2\cdot a + 2\cdot aq\cdot aq^2 = 2a^2q^2(q + 1) \end{cases} \Rightarrow P_c = 1950 (j^2)}\)
4. kąt pomiędzy tymi ścianami to kąt pomiędzy ich wysokościami poprowadzonymi z wierzchołka przy podstawie. Oblicz pole ściany bocznej na dwa sposoby: używając tejże wysokości oraz wysokości poprowadzonej z wierzchołka ostrosłupa (tę wyznaczysz z tw. Pitagorasa przez krawędź boczną i krawędź podstawy), następnie je do siebie przyrównaj i wyraź wysokość przez bok podstawy (w tym równaniu z \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ h}\) podstaw \(\displaystyle{ b = \frac{5}{2}a}\) a następnie wyraź \(\displaystyle{ h}\) przez \(\displaystyle{ a}\) ). Na koniec twierdzenie cosinusów. Jeśli sie nigdzie nie machnąłem to \(\displaystyle{ \cos \alpha = \frac{23}{48}}\)
5. W czym problem? Trójkąt prostokąty o przyprostokątnych \(\displaystyle{ H}\) i \(\displaystyle{ r}\) oraz przeciwprostokątnej \(\displaystyle{ l}\) , oraz o kącie między \(\displaystyle{ H}\) a \(\displaystyle{ l}\) równym \(\displaystyle{ \frac{2\alpha}{2} = \alpha}\) . \(\displaystyle{ P_b = \Pi rl}\) , \(\displaystyle{ V = \frac{1}{3}\Pi r^2H}\)