View
0
Download
0
Category
Preview:
Citation preview
SREDNJI NIVO
Geometrija
a
b
c
d 35o
O a) Ugao 090dOc =∡ kao što vidimo na slici ( oznaka za prav ugao je crna tačka)
Onda je i ugao 090aOc =∡ pa ugao bOc tražimo: 0 0 090 35 55bOc bOc= − → =∡ ∡
b)
a
b
c
d65
o
O
55o
0 0 090 55 145bOd bOd= + → =∡ ∡
Komplementni uglovi imaju zbir 090 .
a) 0 0 023 37 60+ = NETAČNO v) 0 0 023 77 100+ = NETAČNO b) 0 0 023 67 90+ = TAČNO g) 0 0 023 157 180+ = NETAČNO Dakle, treba zaokružiti b) 0 0 023 67 90+ =
www.matematiranje.in.rs
Zbir unutrašnjih uglova u svakom trouglu je 0180 .
Ugao kod temena C je prav , to jest ima 090 . Znači ostaje da zbir preostala dva bude takodje 090 , a malopre smo rekli da se takvi uglovi zovu komplementni.
Treba zaokružiti v) komplementni.
Da se podsetimo:
Prava koja seče dve paralelne prave, zove se transverzala . Ona na paralelnim pravama odseca uglove od kojih su po 4 jednaka. A zbir ta dva ugla je 0180 .
Pogledajmo sliku:
a
b
t
αα
αα
β
β
β
β
a na našoj slici je:
a
b
t
β
β
β
β
=125o
Dakle 0 0 0 0125 180 125 55β α α= → = − → =
Traženi ugao α sa ova dva data ugla pravi ugao od 0180 . Pogledajmo sliku:
3070o o
180o
α
Dakle:
0 0 0
0 0
0
180 (70 30 )
180 100
80
α
α
α
= − +
= −
=
Još jednom: Zbir unutrašnjih uglova u svakom trouglu je 0180 .
a) 50+50+50=150 NETAČNO b) 60+60+40=160 NETAČNO v) 40+70+70=180 TAČNO g) 80+80 + 40=200 NETAČNO
Dakle, tačan odgovor je pod v) 0 0 040 ,70 ,70
Zbir unutrašnjih uglova u svakom četvorouglu je 0360 .Prvo tražimo unutrašnji ugao γ .
95
100 46oo
o
γγ1
0 0 0 0
0 0
0
360 (95 100 46 )
360 241
119
γ
γ
γ
= − + +
= −
=
I dalje je lako:
01
0 01
0 01
01
180
119 180
180 119
61
γ γ
γ
γ
γ
+ =
+ =
= −
=
Pogledajte fajl iz pripreme “Trougao”. U jednoj teoremi vezanoj za stranice trougla se kaže da se naspram najvećeg ugla nalazi najveća stranice i obrnuto. Najpre ćemo naći vrednost nepoznatog ugla kod temena B.
0 0 0
0 0
0
180 (60 35 )
180 95
85
B
B
B
= − +
= −
=
∡
∡
∡
Imamo:
A B
C
ab
c
35
60
85o
o
o
Najveći ugao je 085B =∡ pa je najduža stranica b. Zatim je 060C =∡ , pa je srednja podužini stranica c Najmanji ugao je 035A =∡ , pa je stranica a najkraća. Znači da je tačan poredak a < c < b koji je dat u ponudi pod v)
O rombu znamo ( pogledaj pripremni fajl Pitagorina teorema) Romb
a
a
dd2
1
h
O = 4a P=2
21 dd ⋅ ili P = ah
2 2
21 2
2 2
d da
+ =
poluprečnik upisane kružnice je 2
hry =
( ) ( )
2 221 2
2 22
2 2 2
2
2
2 2
10 24
2 2
5 12
25 144
169 169 13
d da
a
a
a
a a a cm
+ =
+ =
+ =
+ =
= → = → =
Obim je :
4
4 13
52
O a
O
O cm
=
= ⋅
=
Jasno je da je jedro oblika pravouglog trougla kod koga znamo katetu a= 5m i hipotenuzu c=13m.
Najpre ćemo naći drugu katetu b, koja je ustvari visina tog jedra.
2 2 2
2 2 2
2
2
2
5 13
25 169
169 25
144
144 12
a b c
b
b
b
b
b b m
+ =
+ =
+ =
= −
=
= → =
Sad tražimo površinu trougla ( jedra )
2
25 12
2
30
abP
P
P m
=
⋅=
=
Površina jedra je 230m .
Kružni tok ima oblik kružnog prstena. Data nam je cela ta površina ( površina velikog kruga!)
2
1225
P R π
π
=2R π=
2 1225
1225 35
R
R R m
=
= → =
Rr
R-r=10m
2
2 2
10
35 10 25
Površina manjeg kruga ( ono što tražimo) je:
25 625
R r
r r m
P r
P P m
π
π π
− =
− = → =
=
= → =
Površina praznog prostora u sredini kružnog toka je 2625 mπ .
2
16
O rπ
π
=
2r π=
2
2 2
16 2
168
2
8 64
r
r r cm
P r
P P cm
π
π π
=
= → =
=
= → =
Treba zaokružiti g) 264 cmπ
Prečnik je 2r = 100cm , ajmo ovo odmah da prebacimo u metre! 2r = 1m ( jer je 1m = 100cm). Sad da postavimo problem:
A
A
A
A
A
točak je prešao put kojije jednak jednom obimu kruga
za jedan okret
Uočimo tačku A na krugu. Za jedan pun okret ona se vrati na početnu poziciju, a točak je prešao put koji je jednak jednom obimu kruga. Dakle, ideja je: nadjemo obim kruga pa ga pomnožimo sa 7000 okretaja! Traženi put ćemo da obeležimo sa s ( kao u fizici)
2
221
7
22
7
O r
O
O m
π=
= ⋅
=
Sad ovo pomnožimo sa 7000 , dobijamo
7000
227000
71000 22
22000 22
krugas O
s
s
s m s km
= ⋅
= ⋅
= ⋅
= → =
Traktor će preći 22 km.
Iz obima kružnica ćemo naći dužine poluprečnika:
1 12
16
O rπ
π
=
12r π=
1
1
1
2 16
16
2
8
r
r
r cm
=
=
=
i
2 22
10
O r π
π
=
22r π=
2
2
2
2 10
10
2
5
r
r
r cm
=
=
=
Površinu kružnog prstena tražimo kad od površine većeg kruga oduzmemo površinu manjeg kruga!
r
r
1
2
( )( )( )
2 21 2
2 21 2
2 2
2
8 5
64 25
39
kp
kp
kp
kp
kp
P r r
P r r
P
P
P cm
π π
π
π
π
π
= −
= −
= −
= −
=
Površina kružnog prstena je 239 cmπ .
Obeležimo poluprečnik većeg kruga sa R, a poluprečnik manjeg kruga sa r.
2 2
2
2
2
16 9
16 9
kpP R r
R
R
R
π π
π π π
π π π
π
= −
= −
= +
25π= 2 25 25 5R R R cm→ = → = → =
Poluprečnik većeg kruga je 5cm.
Da se podsetimo:
24P r π= je formula za površinu lopte
34V= r
3π je formula za zapreminu lopte
r = 3 cm pa je :
2
2
2
4
4 3
4 9
36
P r
P
P
P cm
π
ππ
π
=
= ⋅
= ⋅
=
i
3
3
4V= r
34
V= 3 3
4V=
3
π
π⋅
1
3⋅
3
3 3
V=4 9 V=36 cm
π
π π
⋅ ⋅
⋅ →
Za prvu kupu Za drugu kupu
1
21
1
5
9
?
1
3
1
3
r cm
H cm
V
V r H
V
π
=
=
=
=
=3
25 9π⋅ ⋅
1
31
25 3
75
V
V cm
π
π
= ⋅
=
2
22
2
10
3
?
1
3
1
3
r cm
H cm
V
V r H
V
π
=
=
=
=
=1
210 3π⋅ ⋅
2
32
100 1
100
V
V cm
π
π
= ⋅
=
Očigledno je veća zapremina druge kupe, pa treba zaokružiti a) 1 2V V<
Pogledajte pripremni fajl KUPA i podsetite se formulica!
H
r
s
45o
45o
2
6 2
6 2
?
1
3
1
3
H cm
r H cm
V
V r H
V
π
=
= =
=
=
= ( )22
6 2 6π⋅ ⋅
3
2
36 2 2 2
144 2
V
V cm
π
π
= ⋅ ⋅
= ⋅
Zapremina kupe je 3144 2 cmπ⋅ .
valjak A valjak B valjak V
2
2 24 12
2
?
2 ( )
24 (12 2)
24 14
336
r cm r cm
H cm
P
P r r H
P
P
P cm
πππ
π
= → =
=
=
= +
= +
= ⋅
=
2
2 6 3
8
?
2 ( )
6 (3 8)
6 11
66
r cm r cm
H cm
P
P r r H
P
P
P cm
πππ
π
= → =
=
=
= +
= +
= ⋅
=
2
2 12 6
4
?
2 ( )
12 (6 4)
12 10
120
r cm r cm
H cm
P
P r r H
P
P
P cm
πππ
π
= → =
=
=
= +
= +
= ⋅
=
Najveću površinu ima valjak A.
Za prvi valjak je Za drugi valjak je
1
21
21
1
31
2
4
?
2 4
4 4
16
r cm
H cm
V
V r H
V
V
V cm
π
π
π
π
=
=
=
=
= ⋅
= ⋅
=
2
22
22
2
32
4
1
?
4 1
16 1
16
r cm
H cm
V
V r H
V
V
V cm
π
π
π
π
=
=
=
= ⋅
= ⋅
= ⋅
=
Zapremine su jednake, pa treba zaokružiti odgovor pod v).
Simetrala duži je prava koja deli datu duž na dva jednaka dela i normalna je na duž. Očigledno je ta situacija data na slici v) . Dakle, treba zaokružiti odgovor pod v).
a) Svaki pravougaonik ima više od dve ose simetrije u ravni.
Pravougaonik ima dve ose simetrije , pa je tvrdjenje NETAČNO.
b) jednakokraki trougao nema osu simetrije u ravni
Jednakokraki trougao ima jednu osu simetrije u ravni, pa je tvrdjenje NETAČNO. v) Krug ima tačno 4 ose simetrije u ravni
Svaka prava koja sadrži prečnik kruga je osa simetrije, pa ih krug ima beskonačno, tvrdjenje je NETAČNO. g) Kvadrat ima 4 osa simetrije u ravni
Vidimo da je ovo tvrdjenje TAČNO. Treba dakle zaokružiti g)
Osu simetrije nema pravougli trougao sa katetama različite dužine! Odgovor je b)
Očigledno je to b).
www.matematiranje.in.rs
Jednostavno osenčimo kvadratiće sa leve strane:
p
Recommended