przygotowuje sie do matury i teraz nie ma kto mi pomagac :/
Po linkiem jest pare zadan i w tym dziale prosze o pomoc w zadaniach nr: 5, 6 ,7, 8.
aecup.tau.pl/zad/zadanka.jpg
Chodzi glownie o sprawdzenie bo nie jestem pewny chodz tez cos mi nie wychodzi
Zad. 5.
Bok mi wyszedl \(\displaystyle{ \sqrt{3} - 1}\)
A pole: \(\displaystyle{ P = \sqrt{3} - \frac{3}{2}}\)
Zad. 6.
Tutaj Za pomoca pitagorasa udowodnilem ze \(\displaystyle{ |MA|= |MN|}\) a jesli to ma byc trojkat rownoboczny to pitagorasa \(\displaystyle{ |AM|^{2} + |MN|^{2} = |AN^{2} = |AB|^{2} + |BN|^{2}}\)
Tulko mi to nie wychodzi :/
Zad. 7.
Tutaj najpierw wyznaczylem
\(\displaystyle{ a + b = 4}\) i wyznaczylem zbiory a i b czyli \(\displaystyle{ a (0; 4) b (0; 4)}\)
I teraz za bardzo nie jestem pewien co robic.
Wydawalo mi sie ze trojkat ma najwieksze pole gdy jest rownoboczny czyli gdy \(\displaystyle{ a = 2 i b =2}\), ale za co te 8 pkt wtedy :/
Zad. 8 .
Dla pewnosci.
Tu chodzi o odleglosc wierzcholka od przekatnej szescianu czyli wytarczylo 3x zastosowac pitagorasa.
Sprawdzenie paru zadanek
-
Suvi
- Użytkownik
- Posty: 122
- Rejestracja: 25 lut 2007, o 14:37
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Busko-Zdrój/Kraków
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 17 razy
Sprawdzenie paru zadanek
zad 5 jest dobrze
co do zadania 6:
oznaczmy bok kwadratu jako \(\displaystyle{ a}\). Zaznaczylabym rowniez punkty \(\displaystyle{ P}\) oraz \(\displaystyle{ Q}\) które są rzutami punktu \(\displaystyle{ M}\)odpowiednio na boki \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BC}\).
z talesa mamy :
\(\displaystyle{ |DP|=|PM|=|QC|=|QN|=\frac{a}{4}}\)
i teraz tak:
\(\displaystyle{ |PM|^2+|PA|^2=|AM|^2\\
|MQ|^2+|QN|^2=|MN|^2\\}\)
wychodzi ładnie:
\(\displaystyle{ |MA|=|MN|=\frac{a\sqrt{10}}{4}}\)
\(\displaystyle{ |AN|^2=|AB|^2+|BN|^2\\|AN|=\frac{a\sqrt{5}}{2}}\)
a teazr to już sam możesz dokończyć.
[ Dodano: 7 Maj 2008, 17:17 ]
zadanie7:
a - krawedz podstawy
h - wysokosc graniastosłupa.
\(\displaystyle{ 6a+3h=12\\2a+h=4\\h=4-2a\\a (0,2)}\)
\(\displaystyle{ P=2 \frac{a^2 \sqrt{3}}{4}+3ah=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3a(4-2a)=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+12a-6a^2=\\=\frac{a^2\sqrt{3}-12a^2}{2}+12a=a^2\cdot\frac{\sqrt{3}-12}{2}+12a}\)
liczymy odciętą wierzchołka tej paraboli:
\(\displaystyle{ p=\frac{-12}{\sqrt{3}-12}={\frac{144+12\sqrt{3}}{141}}\)
że niby dla takiego \(\displaystyle{ a}\), pole powierzchni jest najwieksze.
niezbyt ładnie wyszło, lepiej niech ktoś to sprawdzi:P
[ Dodano: 7 Maj 2008, 17:33 ]
ja bym zrobiła tak:
mamy sześcian o wierzchołkach\(\displaystyle{ A, B, C, D, A', B', C', D'}\). Policzmy odległość wierzchołka \(\displaystyle{ A}\), albo \(\displaystyle{ A'}\) od przekątnej \(\displaystyle{ BD'}\). Wszystko łatwo można rozpatrzyć w trapezie równoramiennym \(\displaystyle{ AA'BD'}\).
i nawet ja tu Pitagorasa tylko 2 razy widzę:P
co do zadania 6:
oznaczmy bok kwadratu jako \(\displaystyle{ a}\). Zaznaczylabym rowniez punkty \(\displaystyle{ P}\) oraz \(\displaystyle{ Q}\) które są rzutami punktu \(\displaystyle{ M}\)odpowiednio na boki \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BC}\).
z talesa mamy :
\(\displaystyle{ |DP|=|PM|=|QC|=|QN|=\frac{a}{4}}\)
i teraz tak:
\(\displaystyle{ |PM|^2+|PA|^2=|AM|^2\\
|MQ|^2+|QN|^2=|MN|^2\\}\)
wychodzi ładnie:
\(\displaystyle{ |MA|=|MN|=\frac{a\sqrt{10}}{4}}\)
\(\displaystyle{ |AN|^2=|AB|^2+|BN|^2\\|AN|=\frac{a\sqrt{5}}{2}}\)
a teazr to już sam możesz dokończyć.
[ Dodano: 7 Maj 2008, 17:17 ]
zadanie7:
a - krawedz podstawy
h - wysokosc graniastosłupa.
\(\displaystyle{ 6a+3h=12\\2a+h=4\\h=4-2a\\a (0,2)}\)
\(\displaystyle{ P=2 \frac{a^2 \sqrt{3}}{4}+3ah=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3a(4-2a)=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+12a-6a^2=\\=\frac{a^2\sqrt{3}-12a^2}{2}+12a=a^2\cdot\frac{\sqrt{3}-12}{2}+12a}\)
liczymy odciętą wierzchołka tej paraboli:
\(\displaystyle{ p=\frac{-12}{\sqrt{3}-12}={\frac{144+12\sqrt{3}}{141}}\)
że niby dla takiego \(\displaystyle{ a}\), pole powierzchni jest najwieksze.
niezbyt ładnie wyszło, lepiej niech ktoś to sprawdzi:P
[ Dodano: 7 Maj 2008, 17:33 ]
mhm?:PMniszek pisze:Zad. 8 .
Dla pewnosci.
Tu chodzi o odleglosc wierzcholka od przekatnej szescianu czyli wytarczylo 3x zastosowac pitagorasa.
ja bym zrobiła tak:
mamy sześcian o wierzchołkach\(\displaystyle{ A, B, C, D, A', B', C', D'}\). Policzmy odległość wierzchołka \(\displaystyle{ A}\), albo \(\displaystyle{ A'}\) od przekątnej \(\displaystyle{ BD'}\). Wszystko łatwo można rozpatrzyć w trapezie równoramiennym \(\displaystyle{ AA'BD'}\).
i nawet ja tu Pitagorasa tylko 2 razy widzę:P