nieebieeski

Zad.1
Skoro przekrój osiowy stożka jest trójkątem prostokątnym to jego przeciwprostokątna jest średnicą podstawy stożka. Zatem $r=8$ Wysokość stożka dzieli kąt prosty tego trojkąta na 2 kąty $45^{\circ}$ zatem można z tego obliczyć tworzącą stożka $l=r\sqrt{2}=8\sqrt{2}$

$P_c=\pi \cdot r(r+l)=\pi \cdot 8(8+8\sqrt{2})=64\pi + 64\sqrt{2}\pi$

x - liczba karpi złowiona przez Marcina
y - liczba karpi złowiona przez Lecha
$\begin{cases} 90=x+y\\ 87=1,1x+0,8y \end{cases}$

$\begin{cases} 720=8x+8y\\ -870=-11x-8y \end{cases}$

$-150=-3x$
$x=50$

Odp: Marcin złowił 50 karpi, a Lech 40.

Jak widać na załączniku, przekątna podstawy tworzy z przekątnymi ścian bocznych trójkąt równoramienny. Skoro cosinus kata miedzy przekątnymi wynosi $\frac{2}{3}$, to możemy połowę przekątnej podstawy oznaczyć jako 2x a przekątna ściany bocznej jako 3x.
Cała przekątna podstawy ma długość 4x co jest równej danej w tresci czyli 8cm.
$4x=8$
$x=2$
Zatem przekątna ściany bocznej równa 3x, ma długość 6cm.
Skoro przekątna podstawy ma długość 8cm to bok podstawy ma długość $4\sqrt2$
Z tw. Pitagorasa.
$|DS|^2=|CD|^2+|CS|^2$
$36=32+|CS|^2$
$|CS|=2$
Zatem:
$V=64 [cm^3]$
$P_c=54+32\sqrt2 [cm^2]$

$P_c=P_p+P_b$
Skoro mamy pole całkowite i pole boczne podstawmy je pod ten wzór.
$144\sqrt{3}=P_p+96\sqrt{3}$
$48\sqrt{3}=P_p$
Podstawą w ostrosłupie prawidłowym trójkątnym jest trójkąt równoboczny, zatem wzór na pole trójkąta równobocznego wygląda tak:
$P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

$48\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

$a=8\sqrt{3}$
Mamy a, które przyda nam się do obliczenia objętości ostrosłupa. Zanim jednak to zrobimy musimy znależć wysokość ostrosłupa, która jest potrzebna do wzoru.
Aby ja znależć skorzystamy z twierdzenia Pitagorasa.
Najpierw obliczymy wysokosc trojkata w podstawie:
$h_p=\frac{a\sqrt{3}}{2}=12$
Teraz obliczymy wysokość ściany bocznej, ze wzoru na pole powierzchi bocznej:
$P_b=3\cdot \frac{1}{2}ah_b=96\sqrt{3}$
$a=8\sqrt{3}$ podstawiam pod wzór i otrzymuję:
$h_b=8$
Mamy wysokość podstawy i wysokość sciany bocznej. Odległość wysokości sciany bocznej od wysokości bryły stanowi $\frac{1}{3}$ wysokości podstawy zatem szukany odcinek ma:
$\frac{1}{3}12=4$.
Mamy zatem wszystkie dane potrzebne do zastosowania tw. Pitagorasa, zatem:
$(\frac{1}{3}h_p)^2+H^2=h_b^2$
$H=4\sqrt5$

$V=\frac{1}{3}\cdot 38\sqrt3\cdot 4\sqrt5$

$V=64\sqrt{15} [j^3]$

Wystarczy logicznie pomyśleć. Wzór na ilość przekątnych w wielokącie (czyli podstawie tych brył) wyglada tak:
$\frac{n(n-3)}{2}$
Ale w graniastosłupie są 2 podstawy, zatem wynik należy pomnożyć przez 2:
$n(n-3)$
Do tego dochodzą również przekątne z każdej ściany (2 na każdej ścianie bocznej), wiec:
$n(n-3)+2n$
Wystarczy podstawić sobie po kolei liczbę wierzchołków za n i zobaczyć, która odpowiedź będzie prawidłowa.
Spróbujmy z 11:
$11(11-3)+2\cdot 11= 11\cdot 8+22=88+22=110$.
Odp:C

$a_{n+1}=7-\frac{1}{4}(n+1)=7-\frac{1}{4}n-\frac{1}{4}=6\frac{3}{4}-\frac{1}{4}n$

$a_{n+1}-a_n=6\frac{3}{4}-\frac{1}{4}n-(7-\frac{1}{4}n)=-\frac{1}{4}$

Zatem ciąg jest arytmetyczny o różnicy $r=-\frac{1}{4}$
c.n.d.

Twierdzenie sinusów:
Podstawa = a

$\frac{a}{sin120^{\circ}}=2R$

$sin120^{\circ}=sin(180^{\circ}-60^{\circ})=sin60^{\circ}$

$\frac{12}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2R$

$R=4\sqrt{3}$

a)
$8, -32$ To kolejne wyrazy ciągu, więc obliczamy jego iloraz:
$q=\frac{-32}{8}=-4$

Skoro iloraz wynosi $-4$ to $a_1=-2$, bo $-2 \cdot -4=8=a_2$
$a_5=a_1 \cdot q^4=-2\cdot (-4)^4=-2\cdot 256=-512$

b)
Wzór na sumę:

$S_n=a_1\cdot \frac{1-q^n}{1-q}$

$S_6=-2\cdot \frac{1-4096}{1+4}=-2\cdot (-819)=1638$

Tyle.

Po pierwsze należy ułożyć układ trzech równań, bo mamy 3 niewiadome.
Równania pochodzą z właśności ciągu arytmetycznego geometrycznego i danej sumy.
$\begin{cases} b=\frac{a+b}{2}\\ \frac{b+2}{a+1}=\frac{c+6}{b+2}\\a+b+c=12 \end{cases}$
Z trzeciego równania możemy wyznaczyć a:
$a=12-b-c$
Podstawiamy to pod równanie pierwsze i otrzymujemy:

$b=\frac{12-b-c+c}{2} \rightarrow b=4$

Daną podstawiamy pod równanie 1 i 2 i mamy układ dwóch równań:

$\begin{cases} a+c=8\\ \frac{6}{a+1}=\frac{c+6}{6}\end{cases}$

Z pierwszego równania wyznaczamy którąś niewiadomą, np. a:
$a=8-c$
Daną podstawiamy pod równanie drugie i wychodzi nam cos takiego:

$\frac{6}{7-c}=\frac{c+6}{6}$
Mnożymy na krzyż:
$36=7c+42-c^2-6c$
$-c^2+c+6=0$
$\Delta=25=5^2$
$c_1=3 \vee c_2=-2$
Otrzymane wartości podstawiamy pod pierwsze równanie. I Otrzymujemy
$a=5$ dla $c=3$
$a=10$ dla $c=-2$

Zatem szukane ciągi to:
$(5,4,3) \vee (10,4,-2)$

Nie, pierwsze jest źle. $2\sqrt{10}$ to owszem dobra długość ale nie boku, ale przekątnej kwadratu, czyli $a\sqrt{2}=2\sqrt{10} \rightarrow a=2\sqrt{5}$