Sprawdź się

Pokaż ćwiczenia:

R8hcafWZSFXcN1

Ćwiczenie 1

Dany jest walec o polu powierzchni całkowitej równej $12 π$ . Wskaż prawidłową odpowiedź, wiedząc, że objętość jest największa z możliwych.

$V = 4 \sqrt{2} π$
$V = 6 \sqrt{2} π$
$V = 12 \sqrt{2} π$
$V = 2 \sqrt{2} π$

R1OKtv0tDtNJN1

Ćwiczenie 2

Wysokość ściany bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa $10 cm$ . Wiedząc, że objętość jest największa z możliwych wyznacz krawędź podstawy $a$ , wysokość $H$ oraz objętość $V$ .

$\frac{20 \sqrt{6}}{3}$ , $\frac{10 \sqrt{3}}{3}$ , $\frac{10 \sqrt{6}}{3}$ , $\frac{1000 \sqrt{3}}{3}$ , $\frac{5 \sqrt{6}}{3}$ , $\frac{8000 \sqrt{3}}{27}$

$a =$ .............. $cm$
$H =$ .............. $cm$
$V =$ .............. $cm$

RwqSEgOdaclIZ2

Ćwiczenie 3

Dłuższa przekątna graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego wynosi $10 cm$ . Wiedząc, że objętość jest największa z możliwych wyznacz długość krawędzi podstawy. Zaznacz prawidłową odpowiedź.

$\frac{5 \sqrt{6}}{3}$
$\frac{5 \sqrt{3}}{3}$
$2 \sqrt{5}$
$\frac{5 \sqrt{2}}{2}$

Ćwiczenie 4

R1GPIMzh3F9Ut

R1WNX2vEisqC1

Ćwiczenie 5

Dany jest prostokątny karton o długości $160 cm$ i szerokości $100 cm$ . W czterech rogach wycięto kwadratowe naroża. Następnie zagięto wzdłuż przerywanych linii, tworząc prostopadłościenne pudełko bez przykrywki.

R1dU2SWDZIovh

Ilustracja przedstawia prostokąt o wymiarach 160 na 100 centymetrów. Przy kątach figury narysowano linią przerywaną cztery mniejsze kwadraty, gdzie każdy z nich ma wspólny wierzchołek z dużym prosokątem.

R9pJ3FbSdcyly

Wiedząc, że objętość pudełka jest maksymalna, zaznacz prawidłowe odpowiedzi. Przyjmij $x$ – długość boku kwadratowych naroży.

Pytanie	Odpowiedź 1	Odpowiedź 2
Dziedzina	$x \in (0, 50)$ □	$x \in (0, 80)$ □
$V (x)$	$(160 - x) (100 - x) x$ □	$(160 - 2 x) (100 - 2 x) x$ □
$V' (x)$	$12 x^{2} - 720 x + 16000$ □	$12 x^{2} - 1040 x + 16000$ □
Wymiary	$120 cm \times 60 cm \times 20 cm$ □	$140 cm \times 80 cm \times 10 cm$ □

Ćwiczenie 6

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym jedna z krawędzi bocznych jest prostopadła do płaszczyzny podstawy. Suma długości tej krawędzi bocznej i najdłuższej krawędzi bocznej wynosi $20$ . Wiedząc, że objętość jest największa z możliwych wyznacz krawędź podstawy oraz wysokość tego ostrosłupa.

Oznaczmy:

R1XtpmcAZGgdk

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie będącej czworokątem o boku a. W czworokącie linią przerywaną poprowadzono przekątną. Krawędzie ścian to odcinki b oraz c, przy czym b jest prostopadły do przekątnej podstawy, co zaznaczono na rysunku.

Z polecenia wiemy, że $b + c = 20$ , więc $c = 20 - b$ . Możemy zaobserwować, że mamy trójkąt prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa uzależnimy krawędzie od siebie. Przekątna kwadratu o boku $a$ wynosi $a \sqrt{2}$ . Mamy

$c^{2} = b^{2} + {(a \sqrt{2})}^{2}$ .

Podstawiając wcześniej wyliczone $c$ otrzymujemy równanie:

${(20 - b)}^{2} = b^{2} + 2 a^{2}$ .

Kontynuując

$b = 10 - \frac{1}{20} a^{2}$ .

Boki muszą być dodatnie więc $a > 0$ oraz $10 - \frac{1}{20} a^{2} > 0$ rozwiązując otrzymujemy

$D : a \in (0, 10 \sqrt{2})$ .

Z oznaczeń z rysunku objętość możemy zapisać $V = \frac{1}{3} P_{p} b$ . Podstawiając

$V (a) = \frac{1}{3} a^{2} (10 - \frac{1}{20} a^{2}) = \frac{10 a^{2}}{3} - \frac{1}{60} a^{4}$ .

Wyznaczymy pochodną

$V' (a) = \frac{20 a}{3} - \frac{1}{15} a^{3}$ .

Miejscami zerowymi pochodnej są $a_{1} = - 10$ , $a_{2} = 0$ oraz $a_{3} = 10$ . Pierwsze dwa miejsca zerowe nie należą do dziedziny.

Naszkicujemy wykres pochodnej.

R1AvQ2IbGirHB

Możemy zaobserwować, że tylko $10$ należy do dziedziny, przed tym miejscem zerowym funkcja rośnie, a po maleje. W związku z tym, w $10$ funkcja przyjmuje największą wartość. Wyznaczymy wysokość $b = 5$ .

Krawędź podstawy wynosi $10$ , natomiast wysokość wynosi $5$ .

Ćwiczenie 7

Pole powierzchni całkowitej stożka wynosi $20 π$ . Wyznacz promień stożka wiedząc, że jego objętość jest największa z możliwych.

RtBSHGxUicwWu

Ilustracja przedstawia stożek o tworzącej l i o promieniu podstawy r.

Rozpiszmy wzór na pole powierzchni całkowitej stożka $P_{c} = π r^{2} + π r l$ .

Podstawiając $P_{c} = 20 π$ otrzymujemy

$l = \frac{20 - r^{2}}{r}$ .

Z twierdzenia Pitagorasa

$l^{2} = H^{2} + r^{2}$ .

Podstawiając wyznaczone wielkości oraz wyznaczając wysokość otrzymujemy

$H = \sqrt{\frac{400 - 40 r^{2}}{r^{2}}}$ .

Wyznaczymy dziedzinę, boki muszą być dodatnie więc $r > 0$ oraz $400 - 40 r^{2} > 0$ , otrzymujemy

$D : r \in (0, \sqrt{10})$ .

Podstawiając do wzoru na objętość stożka otrzymujemy

$V (r) = \frac{1}{3} π r^{2} \sqrt{\frac{400 - 40 r^{2}}{r^{2}}}$ .

Zapisując pod pierwiastkiem otrzymujemy

$V (r) = \frac{1}{3} π \sqrt{400 r^{2} - 40 r^{4}}$ .

Nas interesuje, dla jakiego argumentu $r$ funkcja $V (r)$ osiągnie największą wartość, wystarczy by wyrażenie pod pierwiastkiem się zmaksymalizowało. Rozważmy

$f (r) = 400 r^{2} - 40 r^{4}$ .

Wyznaczymy pochodną

$f' (r) = 800 r - 160 r^{3}$ .

Miejscami zerowymi pochodnej są $r_{1} = - \sqrt{5}$ , $r_{2} = 0$ oraz $r_{3} = \sqrt{5}$ . Piersze dwa miejsca zerowe nie należą do dziedziny. Naszkicujemy wykres.

R1FjeeMvfbZJf

Możemy zaobserwować, że tylko $\sqrt{5}$ należy do dziedziny, przed tym miejscem zerowym funkcja rośnie, a po maleje. W związku z tym, w $\sqrt{5}$ funkcja przyjmuje największą wartość.

Dla $r = \sqrt{5}$ objętość stożka jest największa z możliwych.

RZmDriQ5G7XIj3

Ćwiczenie 8

Dany jest stożek o danej tworzącej $l$ . Wiedząc, że objętość jest największa z możliwych zaznacz prawidłową odpowiedź.

$r = \frac{\sqrt{6} l}{3}$
$r = \frac{\sqrt{3} l}{3}$
$r = \frac{\sqrt{2} l}{2}$
$r = \frac{l}{2}$

Animacja 3D

Dla nauczyciela