Kopertina e librit Matematika 10 - 11: Pjesa II

Zgjidhja e ushtrimit 6

Zgjidhja e ushtrimit 6 të mësimit 7.4A në librin Matematika 10 - 11: Pjesa II nga shtëpia botuese Botime Pegi me autorë Steve Fearnley, June Haighton, Steve Lomax, Peter Mullarkey, James Nicholson dhe Matt Nixon.

Pyetja

Në prizmin e dhënë në figurë, dy nga bazat janë trapezë dybrinjëshëm, ndërsa faqet e tjera janë drejtkëndësha.

  1. Përdorni trekëndëshin AQBAQB për të llogaritur:
    1. AQAQ
    2. ∠QAB\angle QAB
    3. syprinën e AQBAQB
  2. Përdorni metoda të ndryshme për të kontrolluar përgjgjet tuaja.
  3. Llogaritni:
    1. ARAR
    2. ∠RAC\angle RAC

Nuk e gjen ushtrimin që do?

Dërgo DM në Instagram duke klikuar këtu!

Zgjidhja


    1. Për të gjetur brinjën AQAQ, do të përdorim teoremën e kosinusit ⇒\rArr AQ2=AB2+QB2−2×AB×QB×cos⁡BAQ^2=AB^2+QB^2-2\times AB\times QB\times\cos B ⇒\rArr AQ2=702+302−2×70×30×cos⁡60AQ^2=70^2+30^2-2\times70\times30\times\cos60 =4900+900−2100=4900+900-2100 =3700=3700 ⇒\rArr AQ=3700≈61AQ=\sqrt{3700}\approx61 cm.
    2. Për të gjetur ∠QAB\angle QAB, do të përdorim teoremën e sinusit ⇒\rArr sin⁡BAQ=sin⁡AQB⇒\dfrac{\sin B}{AQ}=\dfrac{\sin A}{QB}\rArr sin⁡6061=sin⁡A30⇒\dfrac{\sin60}{61}=\dfrac{\sin A}{30}\rArr sin⁡A=30×0.866061\sin A=30\times\dfrac{0.8660}{61} =30×0.0141==30\times0.0141= 0.42590.4259 ⇒\rArr ∠QAB≈25°\angle QAB\approx25\degree.
    3. Për të gjetur syprinën e trekëndëshit AQBAQB, do të përdorim formulën S=bcsin⁡a2S=\dfrac{bc\sin a}{2} SAQB=AB×QB×sin⁡B2S_{AQB}=\dfrac{AB\times QB\times\sin B}{2} =70×30×sin⁡602=\dfrac{70\times30\times\sin60}{2} =18182==\dfrac{1818}{2}= 909909 cm2^2.
  2. Do i bazohemi trapezit ABQPABQP për të gjetur vlerat e mësipërme por në mënyra të tjera. Heqim lartësinë QXQX për të formuar dy trekëndësha këndrejtë që janë AQXAQX dhe BQXBQX. i) Për të gjetur brijnën AQAQ, në fillim gjejmë brinjën XBXB nepërmjet formulës së kosinusit për trekëndëshat këndrejtë ⇒\rArr cos⁡B=XBQB⇒\cos B=\dfrac{XB}{QB}\rArr cos⁡60=XB30⇒XB=\cos60=\dfrac{XB}{30}\rArr XB= 30×0.5=1530\times0.5=15 cm. Lartësinë QXQX e gjejmë nepërmjet formulës së sinusit për trekëndëshat këndrejtë ⇒\rArr sin⁡B=QXQB⇒\sin B=\dfrac{QX}{QB}\rArr sin⁡60=QX30⇒\sin60=\dfrac{QX}{30}\rArr QX=30×32QX=30\times\dfrac{\sqrt{3}}{2} =153=15\sqrt{3} cm. Për trekëndëshin AQXAQX, gjejmë brinjën AXAX nga ndryshesa midis bazës së madhe të trapezit dhe brinjës XBXB ⇒AX=AB−BX=70−15=55\rArr AX=AB-BX=70-15=55 cm. Tani mund të gjejmë brinjën AQAQ nepërmjet teoremës së Pitagorës ⇒\rArr AQ2=AX2+QX2=AQ^2=AX^2+QX^2= 552+(153)255^2+(15\sqrt{3})^2 =3025+225×3=3025+675=3700=3025+225\times3=3025+675=3700 ⇒AQ=3700≈61\rArr AQ=\sqrt{3700}\approx61 cm. ii) ∠QAB\angle QAB e gjejmë me formulën e tangjentes për trekëndëshat këndrejtë ⇒\rArr tan⁡A=QXAX\tan A=\dfrac{QX}{AX} =15355=0.4723=\dfrac{15\sqrt{3}}{55}=0.4723 ⇒∠QAB≈25°\rArr\angle QAB \approx 25\degree. iii) Syprinën e trekëndëshit AQBAQB tani mund ta gjejmë nepërmjet formulës së sipërfaqes së trekëndëshit ⇒\rArr SAQB=AB×QX2S_{AQB}=\dfrac{AB\times QX}{2} =70×1532=\dfrac{70\times15\sqrt{3}}{2} 18182=909\dfrac{1818}{2}=909 cm2^2.

    1. Në fillim gjejmë diagonalen ACAC nepërmjet teoremës së Pitagorës ⇒\rArr AC2=AB2+BC2AC^2=AB^2+BC^2 =702+2002=70^2+200^2 =4900+40000=4900+40000 =44900=44900 ⇒\rArr AC=44900≈212AC=\sqrt{44900}\approx212 cm. Tani gjejmë brinjën ARAR nga teorema e Pitagorës prej trekëndëshit këndrejtë RACRAC, ku këndi RR është kënd i drejtë sepse i përket dhe drejtkëndëshit QBCRQBCR ⇒\rArr AR2=AC2−RC2AR^2=AC^2-RC^2 =2122−302==212^2-30^2= 44944−90044944-900 =44044=44044 ⇒\rArr AR=44044≈AR=\sqrt{44044}\approx 210210 cm.
    2. ∠RAC\angle RAC gjendet nepërmjet formulës së sinusit për trekëndëshat këndrejtë ⇒sin⁡A=RCAC\rArr \sin A=\dfrac{RC}{AC} =30212==\dfrac{30}{212}= 0.14150.1415 ⇒∠RAC≈\rArr \angle RAC\approx 8.1°8.1\degree.