zad.1 W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym pole powierzchni bocznej jest równe \(\displaystyle{ P}\), a kąt płaski przy wierzchołku ma miarę \(\displaystyle{ \alpha}\). Oblicz pole przekroju tego ostrosłupa płaszczyzną zawierającą przekątną podstawy i wierzchołek ostrosłupa.
zad.2 W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym krawędź ściany bocznej tworzy z płaszczyzną podstawy kąt \(\displaystyle{ \alpha}\). a odległość środka wysokości ostrosłupa od ściany bocznej wynosi \(\displaystyle{ d}\). Obliczyć objętość i pole powierzchni całkowitej bryły.
zad.3 W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym pole powierzchni bocznej równa się sumie pol podstaw. Oblicz cosinus kąta nachylenia przekątnej ściany bocznej do sąsiedniej ściany.
zad.4 Podstawą graniastosłupa prostego jest trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej \(\displaystyle{ c}\) i kącie ostrym \(\displaystyle{ \alpha}\). Przez przeciwprostokątną dolnej podstawy i wierzchołek górnej podstawy poprowadzono płaszczyznę, tworzącą z płaszczyzną podstawy kąt \(\displaystyle{ \beta}\). Oblicz objętość ostrosłupa trójkątnego odciętego od graniastosłupa.
zad.5 Pole powierzchni bocznej prawidłowego ostrosłupa czworokątnego jest równe \(\displaystyle{ S}\), a kąt między wysokościami - poprowadzonymi z wierzchołka ostrosłupa - dwóch sąsiednich ścian bocznych jest równy \(\displaystyle{ 2\alpha}\). Oblicz długość krawędzi podstawy i wysokości ostrosłupa.
Kilka zadań stereometrycznych
-
Justka
- Użytkownik
- Posty: 1680
- Rejestracja: 25 sty 2007, o 12:58
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Poznań
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 579 razy
Kilka zadań stereometrycznych
Zadanie 5
\(\displaystyle{ a}\)-krawędź podstawy
\(\displaystyle{ h}\)-wysokość ściany bocznej
\(\displaystyle{ H}\)-wysokość ostrosłupa
\(\displaystyle{ S}\)-pole powierzchni bocznej
Z treści wynika że:\(\displaystyle{ 4\cdot\frac{1}{2}ah=2ah=S}\) czyli \(\displaystyle{ h=\frac{S}{2a}}\)
Wysokośc ostrosłupa dzieli kąt\(\displaystyle{ 2\alpha}\) na połowy, a więc tworzy nam się trójkat którego przyprostokątne to \(\displaystyle{ H}\) i \(\displaystyle{ \frac{1}{2}a}\), a przeciwprostokątna to \(\displaystyle{ h}\). Mozemy zastosować funkcje trygonometryczne:
\(\displaystyle{ sin\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{h}}\) po podstawieniu wyliczonego wyżej h dochodzimy do postaci:
\(\displaystyle{ a=\sqrt{S\cdot sin\alpha}}\)
Wyliczone \(\displaystyle{ a}\) podstawiamy do kolejnej zależności:
\(\displaystyle{ tg\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{H}}\) i z tego mamy: \(\displaystyle{ H=\frac{\sqrt{S\cdot sin\alpha}}{2\cdot tg\alpha}}\)
Zadanie 2
\(\displaystyle{ H}\)-wysokośc ostrosłupa
\(\displaystyle{ h}\)-wysokość ściany bocznej
\(\displaystyle{ a}\)-krawędź podstawy
\(\displaystyle{ d}\)-odległość środka wysokości ostrosłupa od ściany bocznej
Najpierw policzymy wysokość:
\(\displaystyle{ tg\alpha=\frac{H}{polowa \ przekatnej \ podstawy}\\
tg\alpha=\frac{H}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}\\
H=\frac{a\sqrt{2}\cdot tg\alpha}{2}}\)
Zajmiemy sie teraz obliczeniem naszej wiadomej\(\displaystyle{ d}\). Znajduje się w trójkacie gdzie przyprostokątną są \(\displaystyle{ H}\) i \(\displaystyle{ \frac{1}{2}a}\) a przeciwprostokatna jest\(\displaystyle{ h}\). Jest prostopadła do połowy podstawy. Skorzystamy z Tw Talesa:
\(\displaystyle{ \frac{\frac{a}{2}}{H}=\frac{d}{\frac{H}{2}}\\
a=4d}\)
Możemy już policzyć objetość:
\(\displaystyle{ V=\frac{1}{3}a^2H}\) Podstawiamy za a-->4d i wychodzi: \(\displaystyle{ V=\frac{32d^3\sqrt{2}\cdot tg\alpha}{3}}\)
Aby policzyć pole powierzchni potrzebne jest nam \(\displaystyle{ h}\).
\(\displaystyle{ h=\sqrt{(\frac{a}{2})^2+H^2}=2d\sqrt{1+2tg^2\alpha}}\)
Teraz wystarczy podstawić do wzoru:
\(\displaystyle{ Pc=a^2+4\cdot\frac{1}{2}ah\\
Pc=16d^2(1+\sqrt{1+2tg^2\alpha})}\)
Zadanie 3
\(\displaystyle{ a}\)-krawędź podstawy
\(\displaystyle{ H}\)-wysokośc graniastosłupa
\(\displaystyle{ d}\)-przekątna ściany bocznej
Z tereści zadania mamy:
\(\displaystyle{ 2\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=3aH\\
H=\frac{a\sqrt{3}}{6}}\)
Przekątna liczymy z Pitagorasa:
\(\displaystyle{ d=\sqrt{a^2+H^2}\\
d=\frac{a\sqrt{39}}{6}}\)
I teraz skorzystam z tw Cosinusów:
\(\displaystyle{ a^2=d^2+d^2-2\cdot d d\cdot cos\alpha\\
cos\alpha=\frac{7}{13}}\)
NIe jestem pewna czy dobrze (szczególnie to ostatnie ). Jak źle to prosze o poprawienie
Pozdrawiam
\(\displaystyle{ a}\)-krawędź podstawy
\(\displaystyle{ h}\)-wysokość ściany bocznej
\(\displaystyle{ H}\)-wysokość ostrosłupa
\(\displaystyle{ S}\)-pole powierzchni bocznej
Z treści wynika że:\(\displaystyle{ 4\cdot\frac{1}{2}ah=2ah=S}\) czyli \(\displaystyle{ h=\frac{S}{2a}}\)
Wysokośc ostrosłupa dzieli kąt\(\displaystyle{ 2\alpha}\) na połowy, a więc tworzy nam się trójkat którego przyprostokątne to \(\displaystyle{ H}\) i \(\displaystyle{ \frac{1}{2}a}\), a przeciwprostokątna to \(\displaystyle{ h}\). Mozemy zastosować funkcje trygonometryczne:
\(\displaystyle{ sin\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{h}}\) po podstawieniu wyliczonego wyżej h dochodzimy do postaci:
\(\displaystyle{ a=\sqrt{S\cdot sin\alpha}}\)
Wyliczone \(\displaystyle{ a}\) podstawiamy do kolejnej zależności:
\(\displaystyle{ tg\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{H}}\) i z tego mamy: \(\displaystyle{ H=\frac{\sqrt{S\cdot sin\alpha}}{2\cdot tg\alpha}}\)
Zadanie 2
\(\displaystyle{ H}\)-wysokośc ostrosłupa
\(\displaystyle{ h}\)-wysokość ściany bocznej
\(\displaystyle{ a}\)-krawędź podstawy
\(\displaystyle{ d}\)-odległość środka wysokości ostrosłupa od ściany bocznej
Najpierw policzymy wysokość:
\(\displaystyle{ tg\alpha=\frac{H}{polowa \ przekatnej \ podstawy}\\
tg\alpha=\frac{H}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}\\
H=\frac{a\sqrt{2}\cdot tg\alpha}{2}}\)
Zajmiemy sie teraz obliczeniem naszej wiadomej\(\displaystyle{ d}\). Znajduje się w trójkacie gdzie przyprostokątną są \(\displaystyle{ H}\) i \(\displaystyle{ \frac{1}{2}a}\) a przeciwprostokatna jest\(\displaystyle{ h}\). Jest prostopadła do połowy podstawy. Skorzystamy z Tw Talesa:
\(\displaystyle{ \frac{\frac{a}{2}}{H}=\frac{d}{\frac{H}{2}}\\
a=4d}\)
Możemy już policzyć objetość:
\(\displaystyle{ V=\frac{1}{3}a^2H}\) Podstawiamy za a-->4d i wychodzi: \(\displaystyle{ V=\frac{32d^3\sqrt{2}\cdot tg\alpha}{3}}\)
Aby policzyć pole powierzchni potrzebne jest nam \(\displaystyle{ h}\).
\(\displaystyle{ h=\sqrt{(\frac{a}{2})^2+H^2}=2d\sqrt{1+2tg^2\alpha}}\)
Teraz wystarczy podstawić do wzoru:
\(\displaystyle{ Pc=a^2+4\cdot\frac{1}{2}ah\\
Pc=16d^2(1+\sqrt{1+2tg^2\alpha})}\)
Zadanie 3
\(\displaystyle{ a}\)-krawędź podstawy
\(\displaystyle{ H}\)-wysokośc graniastosłupa
\(\displaystyle{ d}\)-przekątna ściany bocznej
Z tereści zadania mamy:
\(\displaystyle{ 2\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=3aH\\
H=\frac{a\sqrt{3}}{6}}\)
Przekątna liczymy z Pitagorasa:
\(\displaystyle{ d=\sqrt{a^2+H^2}\\
d=\frac{a\sqrt{39}}{6}}\)
I teraz skorzystam z tw Cosinusów:
\(\displaystyle{ a^2=d^2+d^2-2\cdot d d\cdot cos\alpha\\
cos\alpha=\frac{7}{13}}\)
NIe jestem pewna czy dobrze (szczególnie to ostatnie ). Jak źle to prosze o poprawienie
Pozdrawiam