Stereometria, zadanie nr 3534
ostatnie wiadomo艣ci | regulamin | latex
| Autor | Zadanie / Rozwi膮zanie |
kokabango post贸w: 144 |  2013-11-23 12:47:48zad 9. Dany jest tr贸jk膮t r贸wnoramienny , w kt贸rym kat przy podstawie ma miar臋 30 stopni , a wysoko艣膰 opuszczona na podstaw臋 jest r贸wna 1. Oblicz obj臋to艣膰 i pole powierzchni bry艂y otrzymanej przez obr贸t tego tr贸jk膮ta wok贸艂 dw贸ch s膮siednich bok贸w. Bardzo prosz臋 o dok艂adne obliczenia do zad 9 , bo mam k艂opot , z g贸ry dzi臋kuje. Karola |
mimi post贸w: 171 | 2013-11-23 22:47:40 Jak na podstaw臋 tego tr贸jk膮ta opu艣cimy wysoko艣膰, to podzieli go ona na dwa tr贸jk膮ty o prostok膮tne (o k膮tach 30, 60, 90): jedna przyprostok膮tna to wysoko艣膰, ma wi臋c d艂ugo艣膰 1. Druga, z w艂asno艣ci takich tr贸jk膮t贸w ma d艂ugo艣膰 $\sqrt{3}$. Przeciwprostok膮tna ma d艂ugo艣膰 2. Tak wi臋c, gdy dany tr贸jk膮t obr贸cimy wok贸艂 podstawy dostaniemy \"zlepione\" podstawami dwa sto偶ki takie, jakie otrzymaliby艣my obracaj膮c tr贸jk膮ty prostok膮tne o przeciwprostok膮tnej d艂ugo艣ci 2 wok贸艂 przyprostok膮tnej o d艂ugo艣ci 1: ich promie艅 podstawy wynosi 1, tworz膮ca ma d艂ugo艣膰 2, a wysoko艣膰 $\sqrt{3}$. Mo偶emy wi臋c policzy膰 pole powierzchni jako: $S = 2 \cdot \pi \cdot 1 \cdot 2 = 4 \pi$ (naturalnie nie dodaj臋 pola podstawy, bo sto偶ki s膮 tam \"zlepione\", wi臋c nie stanowi ona brzegu figury utworzonej z tych dw贸ch sto偶k贸w) Oraz obj臋to艣膰 jako: $V = 2 \cdot \pi \cdot 1^{2} \cdot \sqrt{3} = 2 \pi \sqrt{3}$ Nieco trudniejszy jest obr贸t tego tr贸jk膮ta wok贸艂 ramienia. Otrzymujemy co艣, co jest jakby sto偶kiem 艣ci臋tym, z kt贸rego \"wyci臋to\" sto偶ek \"nie艣ci臋ty\" o tej samej podstawie (wi臋kszej podstawie) oraz wysoko艣ci. Mniejsza podstawa tego sto偶ka ma promie艅 r贸wny jego ramieniu, a wi臋c 2 (podobnie, jak tworz膮ca). Poszukajmy teraz wysoko艣ci: jest ona r贸wna wysoko艣ci tr贸jk膮ta kt贸ry obracamy opuszczonej na rami臋. Wysoko艣膰 tego tr贸jk膮ta opuszczona na podstaw臋 jest r贸wna 1, a podstawa ma d艂ugo艣膰 $2 \sqrt{3}$, wi臋c dany tr贸jk膮t ma pole powierzchni r贸wne $\sqrt{3}$. Z drugiej strony, jest ono po艂ow膮 iloczynu szukanej przez nas wysoko艣ci oraz jego ramienia: $\sqrt{3} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot h$ St膮d, wysoko艣膰 sto偶ka 艣ci臋tego, kt贸ry otrzymali艣my jest r贸wna $\sqrt{3}$. Promie艅 wi臋kszej podstawy tego sto偶ka 艣ci臋tego tworzy z t膮 wysoko艣ci膮 oraz podstaw膮 obracanego tr贸jk膮ta tr贸jk膮t prostok膮tny (podstawa obracanego tr贸jk膮ta stanowi przeciwprostok膮tn膮), a wi臋c z twierdzenia Pitagorasa ma d艂ugo艣膰 3. Teraz ju偶 mo偶emy policzy膰 obj臋to艣膰 tak otrzymanej figury. Ca艂y sto偶ek 艣ci臋ty ma obj臋to艣膰: $V_{1} = \frac{1}{3} \pi \cdot \sqrt{3} (3^{2} + 3 \cdot 2 + 2^{2}) = \frac{19}{3} \pi \sqrt{3}$ Za艣 wyci臋ty z niego sto偶ek: $V_{2} = \frac{1}{3} \pi \sqrt{3} \cdot 3^{2} = \frac{9}{3} \pi \sqrt{3}$ Uzyskana przez nas figura ma obj臋to艣膰: $V = V_{1} - V_{2} = \frac{10}{3} \pi \sqrt{3}$ Je艣li chodzi powierzchni臋 tej figury, sk艂ada si臋 ona z: mniejszej podstawy tego 艣ci臋tego sto偶ka, jego pola powierzchni bocznej oraz pola powierzchni bocznej sto偶ka, kt贸ry wyci臋li艣my. Mniejsza podstawa ma pole: $S_{P} = \pi \cdot 2^{2} = 4 \pi $ Pole powierzchni bocznej sto偶ka 艣ci臋tego: $S_{1} = \pi \cdot 2 (2+3) = 10 \pi$ Za艣 pole powierzchni sto偶ka, kt贸ry wyci臋li艣my: $S_{2} = \pi \cdot 3 \cdot 2 \sqrt{3} = 6 \pi \sqrt{3}$ Pole powierzchni ca艂ej figury: $S = S_{P} + S_{1} + S_{2} = 14 \pi + 6 \pi \sqrt{3}$ |
| strony: 1 | |
Prawo do pisania przys艂uguje tylko zalogowanym u偶ytkownikom. Zaloguj si臋 lub zarejestruj