Matura z matematyki

Matematyka - zadania z matematyki

Zadania matematyczne Mapa strony Kontakt
Korepetycje u autora przez internet!
Szukasz korepetycji na najwyższym poziomie bez wychodzenia z domu w świetnej cenie? Kliknij tutaj
Przydatne materiały
Kontakt z nami
Kontakt
ZadaniaMatematyczne.pl
[email protected]
Napisz wiadomość

Zadanie nr 33, matura 2012 sierpień

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym \( ABCDS \) o podstawie \( ABCD \) i wierzchołku \( S \) trójkąt \( ACS \) jest równoboczny i ma bok długości \( 8 \). Oblicz sinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy tego ostrosłupa (zobacz rysunek). A B C D S α

Zgodnie z definicją, sinus kąta nachylenia ściany bocznej do płąszczyzny, będzie stosunkiem wysokości ściany bocznej, którą oznaczmy jako \( h \) do wysokości ostrosłupa, którą oznaczymy jako \( H \) (dlatego, że te długości występują w trójkącie prostokątnym, którego jednym z kątów jest \( \alpha \)). A B C S α H h

Długość \( H \) policzymy korzystając z faktu, że jest to również wysokość trójkąta \( ACS \), który jak wiemy z zadania jest trójkątem równobocznym o boku długości \( 8 \). Narysujemy to, zaznaczając dodatkowo połówkę tego trójkąta (bok będący podstawą będzie oczywiście połową podstawy większego trójkąta). A B C S 8 4 H Policzymy długość \( H \) korzystając z twierdzenia Pitagorasa. Mamy: \[ 4^2+H^2=8^2 \\ \begin{matrix} 16+H^2=64 & /-16 \end{matrix}\\ H^2=64-16\\ \begin{matrix} H^2=48 & /\sqrt{\hspace{1em}} \end{matrix}\\ H=\sqrt{48}=\sqrt{16\cdot3}\class{mathHint hintRozPierwWzglMnoz}=\sqrt{16}\sqrt{3}=4\sqrt{3} \]

Długość \( h \) policzymy używając twierdzenia pitagorasa do zaznaczonego na zielono trójkąta A B C S α H h Podstawa tego trójkąta to połowa długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Oznaczmy długość krawędzi podstawy jako \( a \) i narysujmy: A B C D S 8 8 8 a a Jako że jest to ostrosłup prawidłowy czworokątny, to w podstawie jest kwadrat, zatem mamy w podstawie kąty proste. Zastosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta zaznaczonego na pomarańczowo \[ a^2+a^2=8^2\\ \begin{matrix} 2a^2=64 & /:2 \end{matrix}\\ a^2=\frac{64}{2}\\ \begin{matrix} a^2=32 & /\sqrt{\hspace{1em}} \end{matrix}\\ a=\sqrt{32}=\sqrt{16}\sqrt{2}\class{mathHint hintRozPierwWzglMnoz}=\sqrt{16}\sqrt{2}=4\sqrt{2} \] Długość krawędzi podstawy to \( 4\sqrt{2} \). Wiemy, że podstawa zielonego trójkąta jest dwa razy krótsza od krawędzi podstawy, ma zatem długość \( \frac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2} \).

Zastosujemy twierdzenie Pitagorasa do zielonego trójkąta aby policzyć \( h \). \[ (4\sqrt{3})^2+(2\sqrt{2})^2=h^2 \\ \] Korzystamy z rozdzielności potęgi względem mnożenia. \[ 4^2\sqrt{3}^2+2^2\sqrt{2}^2=h^2\\ 16\cdot3+4\cdot2=h^2\\ 48+8=h^2\\ \begin{matrix} 56=h^2 & /\sqrt{\hspace{1em}} \end{matrix}\\ h=\sqrt{56}=\sqrt{4\cdot14}\class{mathHint hintRozPierwWzglMnoz}=\sqrt{4}\sqrt{14}=2\sqrt{14} \]

Wcześniej napisaliśmy, że sinus kąta \( \alpha \) to stosunek długości \( H \) i \( h \). Zatem mamy \[ \text{sin}\alpha=\frac{H}{h}=\frac{4\sqrt{3}}{2\sqrt{14}}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{14}} \] Usuniemy niewymierność z mianownika \[ \text{sin}\alpha=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{14}}\cdot\frac{\sqrt{14}}{\sqrt{14}}=\frac{2\sqrt{3}\sqrt{14}}{\sqrt{14}\sqrt{14}}\class{mathHint hintRozPierwWzglMnoz}=\frac{2\sqrt{3\cdot14}}{14}=\frac{2\sqrt{42}}{14}=\frac{\sqrt{42}}{7} \]

Odpowiedź: Sinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy wynosi \( \frac{\sqrt{42}}{7} \).

Drukuj

Polub nas