zadanie z brył
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
- Dopiero zaczynam
- Posty: 28
- Rejestracja: 23 sty 2013, 18:48
- Podziękowania: 5 razy
- Płeć:
zadanie z brył
Iglica wieży kościelnej ma kształt ostrosłupa prawidłowego sześciokątnego i jest pokryta miedzianą blachą. Jej wysokość ma 40 stóp (1 stopa to ok. 30 cm), a krawędź podstawy ma 5 m. Ile metrów kwadratowych blachy miedzianej pokrywa tę iglicę? i podaj odpowiedz
- patryk00714
- Mistrz
- Posty: 8799
- Rejestracja: 13 mar 2011, 12:28
- Lokalizacja: Śmigiel
- Podziękowania: 92 razy
- Otrzymane podziękowania: 4449 razy
- Płeć:
Re: zadanie z brył
szukamy powierzchni bocznej. \(H=40\text{stop} \approx 12m\) Z tw Pitagorasa liczymy długość krawędzi bocznej \(k_b\). wiemy, że przekątne sześciokąta foremnego dzielą go na 6 trójkątów równobocznych, stąd: \(H^2+25^2=k_b^2\) mamy: \(k_b=13\)
szukane pole to suma pol ścian bocznych (trójkątów równoramiennych).
mamy ze wzory Herona \(P=\sqrt{15,5 \cdot (15,5-13)(15,5-13)(15,5-5)}=\sqrt{1017,1875}\approx 31,9\)
stąd \(P_b \approx 191,4\)
albo bez wzoru Herona:
wysokość ściany bocznej: \(h^2=169-\frac{25}{4}=\frac{651}{4}\)
stąd: \(h=\frac{\sqrt{651}}{2}\)
mamy więc: \(P_b=6 \cdot \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot \frac{\sqrt{651}}{2}= \frac{15\sqrt{651}}{2}\)
szukane pole to suma pol ścian bocznych (trójkątów równoramiennych).
mamy ze wzory Herona \(P=\sqrt{15,5 \cdot (15,5-13)(15,5-13)(15,5-5)}=\sqrt{1017,1875}\approx 31,9\)
stąd \(P_b \approx 191,4\)
albo bez wzoru Herona:
wysokość ściany bocznej: \(h^2=169-\frac{25}{4}=\frac{651}{4}\)
stąd: \(h=\frac{\sqrt{651}}{2}\)
mamy więc: \(P_b=6 \cdot \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot \frac{\sqrt{651}}{2}= \frac{15\sqrt{651}}{2}\)
Otrzymałeś odpowiedź do umieszczonego zadania? Podziękuj autorowi za rozwiązanie!!
\(\exp (i \pi) +1=0\)
\(\exp (i \pi) +1=0\)
-
- Guru
- Posty: 18457
- Rejestracja: 17 sie 2008, 15:23
- Podziękowania: 4 razy
- Otrzymane podziękowania: 9161 razy
Każda ściana boczna jest trójkątem równoramiennym o podstawie a=5m.
Potrzebna jest wysokość h tego trójkata.
Obliczysz go z tw. Pitagorasa w trójkącie prostokątnym utworzonym przez H ostrosłupa \(H=40\cdot 30cm=12m\)
i \(\frac{5\sqrt{3}}{2}=d\),to jest odległość środka podstawy ostrosłupa od środka krawędzi podstawy.
Przeciwprostokątna w tym trójkącie to h.
\(h^2=12^2+(\frac{5\sqrt{3}}{2})^2\\
h^2=144+\frac{75}{4}=\frac{576+75}{4}=\frac{651}{4}\\
h=\frac{\sqrt{651}}{2}\approx 12,76m\)
\(Pole\;=\;6\cdot \frac{1}{2}\cdot 5\cdot 12,76=191,40m^2\)
Potrzebna jest wysokość h tego trójkata.
Obliczysz go z tw. Pitagorasa w trójkącie prostokątnym utworzonym przez H ostrosłupa \(H=40\cdot 30cm=12m\)
i \(\frac{5\sqrt{3}}{2}=d\),to jest odległość środka podstawy ostrosłupa od środka krawędzi podstawy.
Przeciwprostokątna w tym trójkącie to h.
\(h^2=12^2+(\frac{5\sqrt{3}}{2})^2\\
h^2=144+\frac{75}{4}=\frac{576+75}{4}=\frac{651}{4}\\
h=\frac{\sqrt{651}}{2}\approx 12,76m\)
\(Pole\;=\;6\cdot \frac{1}{2}\cdot 5\cdot 12,76=191,40m^2\)
Wszystko jest trudne,nim stanie się proste.
h- wysokość ściany bocznej
H- wysokość ostrosłupa
b- krawędź boczna
a- krawędź podstawy
R- promień okręgu opisanego na podstawie (R=a)
\(H=40\cdot30cm=1200cm=12m\)
\(a=5m\\R=5m\)
\(b^2=12^2+5^2=144+25=169\\b=13m\)
\(h^2+(\frac{5}{2})^2=13^2\\h^2=169-\frac{25}{4}=\frac{651}{4}\\h=\frac{\sqrt{651}}{2}m\\h\approx12,76m\)
\(P_b=6\cdot\frac{1}{2}\cdot5\cdot12,76=191,4m^2\)
H- wysokość ostrosłupa
b- krawędź boczna
a- krawędź podstawy
R- promień okręgu opisanego na podstawie (R=a)
\(H=40\cdot30cm=1200cm=12m\)
\(a=5m\\R=5m\)
\(b^2=12^2+5^2=144+25=169\\b=13m\)
\(h^2+(\frac{5}{2})^2=13^2\\h^2=169-\frac{25}{4}=\frac{651}{4}\\h=\frac{\sqrt{651}}{2}m\\h\approx12,76m\)
\(P_b=6\cdot\frac{1}{2}\cdot5\cdot12,76=191,4m^2\)