Zadanie 1.
W walec o promieniu podstawy długości 5\(\sqrt{3}\) cm wpisano stożek w ten sposób, że podstawa stożka jest podstawą walca, a wierzchołek stożka jest środkiem drugiej podstawy walca. Powierzchnie boczne stożka i walca są równe. Oblicz:
a) miarę kąta rozwarcia stożka;
b) objętość i pole powierzchni całkowitej stożka.
Zadanie 2.
W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym pole podstawy wynosi 49\(\sqrt{3}\) \(cm^{2}\), a przekątna ściany bocznej tworzy z sąsiednią ścianą boczną kąt o mierze \(45^{o}\). Oblicz objętość graniastosłupa.
Zadanie 3.
Dwa walce są podobne. Stosunek objętości tych walców jest równy 1 : 8. Różnica pól przekrojów osiowych tych walców wynosi 216 \(cm^{2}\), a suma długości promieni podstaw obu walców jest równa 9 cm. Oblicz różnicę objętości walców.
Zadanie 4.
W ostrosłupie prostym podstawą jest trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości 8 cm i 15 cm. Wszystkie ściany boczne są nachylone do płaszczyzny podstawy pod kątem miary \(60^{o}\). Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa.
Zadanie 5.
Podstawą graniastosłupa prostego jest równoległobok o bokach długości 2 cm i 4 cm, i kącie ostrym \(60^{o}\). Wysokość ostrosłupa tworzy z przekątną ściany bocznej o mniejszej powierzchni kąt miary \(30^{o}\). Oblicz:
a) objętość graniastosłupa;
b) długość dłuższej przekątnej graniastosłupa.
Zadanie 6.
W stożek o objętości 40\(\pi\) \(dm^{3}\) wpisano kulę. Wysokość stożka ma długość 75 cm. Oblicz objętość kuli.
Zadanie 7.
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym przekrój płaszczyzną, zawierającą wysokość podstawy i krawędź boczną ostrosłupa, ma pole równe S. Objętość ostrosłupa wynosi V. Oblicz długość krawędzi podstawy tego ostrosłupa.
Odpowiedzi
1. a) \(\frac{2 \pi }{3}\)
b) 125\(\pi\) \(cm^{2}\); 25(3 + 2\(\sqrt{3}\))\(\pi\) \(cm^{2}\).
2. 343\(\sqrt{6}\)\(cm^{3}\).
3. 756\(\pi\) \(cm^{3}\).
4. 120 \(cm^{3}\).
5. a) 24 \(cm^{3}\);
b) 2\(\sqrt{10}\) cm.
6. 18,432\(\pi\) \(dm^{3}\).
7. \(\frac{3V}{S}\).
Stereometria - 7 zadań
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
1.
a)
H- wysokość walca i stożka, l- tworząca stożka, \(r=5\sqrt{3}cm\)- promień podstawy stożka i walca
\(\alpha\)- kąt rozwarcia stożka
\(2\pi\ rH=\pi\ rl\\l=2H\\cos\frac{\alpha}{2}=\frac{H}{l}\)
\(cos\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}\)
\(\frac{\alpha}{2}=\frac{\pi}{3}\)
\(\alpha= \frac{2\pi}{3}\)
b)
\(\frac{r}{l} =sin60^o\\\frac{5\sqrt{3}}{l}=\frac{\sqrt{3}}{2}\\l=10cm\\H=5cm\)
Pole powierzchni stożka:
\(P_c=\pi\cdot\ r^2+\pi\cdot\ r\cdot\ l\\P_c=75\pi+50\pi\sqrt{3}=25\pi(3+2\sqrt{3})cm^2\)
Objętość stożka:
\(V=\frac{1}{3}\pi\cdot\ r^2H\\V=\frac{1}{3}\pi\cdot75\cdot5=125\pi\ cm^3\)
a)
H- wysokość walca i stożka, l- tworząca stożka, \(r=5\sqrt{3}cm\)- promień podstawy stożka i walca
\(\alpha\)- kąt rozwarcia stożka
\(2\pi\ rH=\pi\ rl\\l=2H\\cos\frac{\alpha}{2}=\frac{H}{l}\)
\(cos\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}\)
\(\frac{\alpha}{2}=\frac{\pi}{3}\)
\(\alpha= \frac{2\pi}{3}\)
b)
\(\frac{r}{l} =sin60^o\\\frac{5\sqrt{3}}{l}=\frac{\sqrt{3}}{2}\\l=10cm\\H=5cm\)
Pole powierzchni stożka:
\(P_c=\pi\cdot\ r^2+\pi\cdot\ r\cdot\ l\\P_c=75\pi+50\pi\sqrt{3}=25\pi(3+2\sqrt{3})cm^2\)
Objętość stożka:
\(V=\frac{1}{3}\pi\cdot\ r^2H\\V=\frac{1}{3}\pi\cdot75\cdot5=125\pi\ cm^3\)
2.
Kąt między przekątną ściany bocznej a sąsiednią ścianą boczną to kąt między przekątną ściany bocznej a odcinkiem łączącym wierzchołek dolnej podstawy ze środkiem krawędzi podstawy górnej.
Nazwijmy: a- krawędź podstawy, H- wysokość graniastosłupa, h- wysokość trójkąta (podstawy), d- przekątna ściany bocznej, p- odcinek łączący wierzchołek podstawy (jeden koniec przekątnej ściany bocznej- odcinka d) ze środkiem krawędzi górnej podstawy (rzut przekątnej na sąsiednią ścianę.)
\(P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=49\sqrt{3}\\a=14cm\\h=\frac{a\sqrt{3}}{2}\\h=7\sqrt{3}cm\)
Z twierdzenia Pitagorasa:
\(d^2=H^2+a^2\\d^2=H^2+196\)
\(p^2=(\frac{a}{2})^2+H^2\\p^2=H^2+49\)
\(d^2-p^2=147\\d^2=p^2+147\)
Mamy trójkąt, w którym boki p i d tworzą kąt \(45^o\), a naprzeciw tego kąta leży bok h.
Z twierdzenia cosinusów:
\(h^2=d^2+p^2-2pd\ cos45^o\\147=p^2+147+p^2-2pd\frac{\sqrt{2}}{2}\\2pd\frac{\sqrt{2}}{2}=2p^2\\d=p\sqrt{2}\)
\((p\sqrt{2})^2-p^2=147\\p^2=147\\p=7\sqrt{3}\\H^2=p^2-49\\H^2=98\\H=7\sqrt{2}\)
Objętość graniastosłupa:
\(V=P_p\cdot\ H\\V=49\sqrt{3}\cdot7\sqrt{2}\\V=343\sqrt{6}cm^3\)
Kąt między przekątną ściany bocznej a sąsiednią ścianą boczną to kąt między przekątną ściany bocznej a odcinkiem łączącym wierzchołek dolnej podstawy ze środkiem krawędzi podstawy górnej.
Nazwijmy: a- krawędź podstawy, H- wysokość graniastosłupa, h- wysokość trójkąta (podstawy), d- przekątna ściany bocznej, p- odcinek łączący wierzchołek podstawy (jeden koniec przekątnej ściany bocznej- odcinka d) ze środkiem krawędzi górnej podstawy (rzut przekątnej na sąsiednią ścianę.)
\(P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=49\sqrt{3}\\a=14cm\\h=\frac{a\sqrt{3}}{2}\\h=7\sqrt{3}cm\)
Z twierdzenia Pitagorasa:
\(d^2=H^2+a^2\\d^2=H^2+196\)
\(p^2=(\frac{a}{2})^2+H^2\\p^2=H^2+49\)
\(d^2-p^2=147\\d^2=p^2+147\)
Mamy trójkąt, w którym boki p i d tworzą kąt \(45^o\), a naprzeciw tego kąta leży bok h.
Z twierdzenia cosinusów:
\(h^2=d^2+p^2-2pd\ cos45^o\\147=p^2+147+p^2-2pd\frac{\sqrt{2}}{2}\\2pd\frac{\sqrt{2}}{2}=2p^2\\d=p\sqrt{2}\)
\((p\sqrt{2})^2-p^2=147\\p^2=147\\p=7\sqrt{3}\\H^2=p^2-49\\H^2=98\\H=7\sqrt{2}\)
Objętość graniastosłupa:
\(V=P_p\cdot\ H\\V=49\sqrt{3}\cdot7\sqrt{2}\\V=343\sqrt{6}cm^3\)
3.
Jeżeli stosunek objętości podobnych brył jest równy \(\frac{1}{8}\), to te bryły podobne są w skali równej \(\frac{1}{2}\)
\(r_1,\ r_2\)- promienie podstaw tych walców
\(\begin{cases}r_1+r_2=9\\r_2=2r_1\ \end{cases}\ \\ \begin{cases}r_1=3cm\\r_2=6cm \end{cases}\)
Pola przekroju są w stosunku równym \(k^2=\frac{1}{4}\)
\(\begin{cases}P_2=4P_1\\P_2-P_1=216 \end{cases} \\ \begin{cases}P_1=72cm^2\\P_2= 288cm^2\end{cases} \\ \begin{cases}2r_1H_1=72\\2r_2H_2=288 \end{cases} \\ \begin{cases} H_1=12cm\\H_2=24cm\end{cases}\)
\(V_2-V_1=\pi(r_2^2H_2-r_1^2H_1)=\pi(6^2\cdot24-3^2\cdot12)=\pi(36\cdot24-9\cdot12)\)
\(V_2-V_1=756\pi\ cm^3\)
Jeżeli stosunek objętości podobnych brył jest równy \(\frac{1}{8}\), to te bryły podobne są w skali równej \(\frac{1}{2}\)
\(r_1,\ r_2\)- promienie podstaw tych walców
\(\begin{cases}r_1+r_2=9\\r_2=2r_1\ \end{cases}\ \\ \begin{cases}r_1=3cm\\r_2=6cm \end{cases}\)
Pola przekroju są w stosunku równym \(k^2=\frac{1}{4}\)
\(\begin{cases}P_2=4P_1\\P_2-P_1=216 \end{cases} \\ \begin{cases}P_1=72cm^2\\P_2= 288cm^2\end{cases} \\ \begin{cases}2r_1H_1=72\\2r_2H_2=288 \end{cases} \\ \begin{cases} H_1=12cm\\H_2=24cm\end{cases}\)
\(V_2-V_1=\pi(r_2^2H_2-r_1^2H_1)=\pi(6^2\cdot24-3^2\cdot12)=\pi(36\cdot24-9\cdot12)\)
\(V_2-V_1=756\pi\ cm^3\)
4.
Jeśli wszystkie ściany boczne nachylone są pod takim samym kątem do podstawy, to spodek wysokości ostrosłupa musi być równo odległy od wszystkich boków trójkąta podstawy, czyli jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt podstawy. Wysokości wszystkich ścian bocznych też są sobie równe. (Bo tworzą wraz z wysokością ostrosłupa i promieniem trójkąty prostokątne przystające).
Przeciwprostokątna trójkąta podstawy:
\(8^2+15^2=c^2\\c=17cm\)
Z pola trójkąta prostokątnego:
\(\frac{8\cdot15}{2}=\frac{15+8+17}{2}\cdot\ r\\20r=60\\r=3cm\)
\(\frac{r}{h_b}=cos60^o\\\frac{3}{h_b}=\frac{1}{2}\\h_b=6cm\)
Pole powierzchni bocznej ostrosłupa:
\(P_b=\frac{1}{2}\cdot(8+15+17)\cdot6=120cm^2\)
Jeśli wszystkie ściany boczne nachylone są pod takim samym kątem do podstawy, to spodek wysokości ostrosłupa musi być równo odległy od wszystkich boków trójkąta podstawy, czyli jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt podstawy. Wysokości wszystkich ścian bocznych też są sobie równe. (Bo tworzą wraz z wysokością ostrosłupa i promieniem trójkąty prostokątne przystające).
Przeciwprostokątna trójkąta podstawy:
\(8^2+15^2=c^2\\c=17cm\)
Z pola trójkąta prostokątnego:
\(\frac{8\cdot15}{2}=\frac{15+8+17}{2}\cdot\ r\\20r=60\\r=3cm\)
\(\frac{r}{h_b}=cos60^o\\\frac{3}{h_b}=\frac{1}{2}\\h_b=6cm\)
Pole powierzchni bocznej ostrosłupa:
\(P_b=\frac{1}{2}\cdot(8+15+17)\cdot6=120cm^2\)
5.
a)
\(ctg30^o=\frac{H}{2}\\H=2\sqrt{3}cm\\P_p=2\cdot4\cdot\sin60^o=4\sqrt{3}cm^2\\V=4\sqrt{3}\cdot2\sqrt{3}=24cm^3\)
b)
d- dłuższa przekątna podstawy
Z twierdzenia cosinusów:
\(d^2=2^2+4^2-2\cdot2\cdot4\cdot\ cos120^o\\d^2=4+16-16\cdot(-\frac{1}{2})\\d^2=28\)
x- dłuższa przekątna graniastosłupa
\(x^2=H^2+d^2\\x^2=12+28\\x^2=40\\d=2\sqrt{10}cm\)
a)
\(ctg30^o=\frac{H}{2}\\H=2\sqrt{3}cm\\P_p=2\cdot4\cdot\sin60^o=4\sqrt{3}cm^2\\V=4\sqrt{3}\cdot2\sqrt{3}=24cm^3\)
b)
d- dłuższa przekątna podstawy
Z twierdzenia cosinusów:
\(d^2=2^2+4^2-2\cdot2\cdot4\cdot\ cos120^o\\d^2=4+16-16\cdot(-\frac{1}{2})\\d^2=28\)
x- dłuższa przekątna graniastosłupa
\(x^2=H^2+d^2\\x^2=12+28\\x^2=40\\d=2\sqrt{10}cm\)