(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj vi\232a razina - rje\232enja)

Транскрипт

1 . C. Intervl A tvore svi relni brojevi koji su jednki ili veći od i strogo mnji od 7. Intervl B tvore svi relni brojevi koji su strogo veći od i jednki ili veći od 5. Presjek tih intervl tvore relni brojevi koji imju sv četiri nveden svojstv. Lko vidimo d se t četiri svojstv mogu sžeti u dv, tj. d presjek tvore svi relni brojevi koji su strogo veći od i strogo mnji od 7. Zbog tog je rješenje zdtk skup,7.. B. Primijetimo njprije d je nužno x 0. Znmo d vrijedi ekvivlencij: x ( x ) ( x ). Stog mormo riješiti dvije nejedndžbe: x (6 7 x 0) ( x > 0) I x x x (6 7 x 0) ( x < 0) 6 x ( x 0) ( 7 x 6) ( x 0) > > 7 6 x ( x 0) ( 7 x 6) ( x 0) > < 6 7 x ( x < 0) 7 6 x 0, x (6 + 7 x 0) ( x > 0) II x x x (6 + 7 x 0) ( x < 0) 6 x ( x 0) (7 x 6) ( x 0) > > 7 6 x ( x 0) (7 x 6) ( x 0) < < 6 7 x ( x < 0) 7 6 x, 0. 7 Stog svi relni brojevi zdovoljvju zdnu nejednkost tvore skup , 0 0, =, \ { 0} Budući d je 6 =, u nvedenom se skupu 7 7 nlzi točno četiri cijel broj:,, i.. B. Izrzimo njprije udljenost od Zgreb do Kutine u centimetrim: 7 km = 7000 m = cm. cm n krti odgovr cm u prirodi, p udljenosti od cm u prirodi odgovr udljenosti od =.5 cm n krti B. Immo redom: 99 S = 00 ( S + P) S = 00 S + 00 P S 00 S = 00 P 99 S = 00 P P = S. 00 mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč

2 5. A. Sredimo zdni izrz primjenom formule z kvdrt binom: b ( ) + ( b + 4) = b (4 4 + ) + ( b + 4) = 4 b 4 b + b + b + 4 = 4 b b + b + 4. Dkle, sreñeni izrz sdrži čln b. 6. C. Obujm kugle i obujm kocke morju biti jednki. Oznčimo li s duljinu brid kocke, ond immo redom: 7. D. Immo redom: 4 = 0 π, / 4 = π = cm. f g = f g = f 7 = f ( 7) = f ( 8) = ( ) = + = + = ( 8) D. Zpišimo njprije broj w = 8 i u trigonometrijskom obliku. Tom broju pridružen je točk W = (0,8) Gussove rvnine. Spojnic ishodišt Gussove rvnine i točke W im duljinu 8, s pozitivnim dijelom relne osi ztvr kut čij je mjer π rdijn. Zbog tog π je w= 8 cis. Preostje primijeniti de Moivrèovu formulu z korjenovnje kompleksnog broj: z π + k π π + 4 k π 4 k + k 6 6 k = 8 cis = cis = cis π, = 0,, 4 0+ π π π z0 = cis π = cis = cos + i sin = + i = + i, z = cis π = cis π = cos π i sin π i i, = + = z = cis π = cis π = cos π + i sin π = ( 0 i) = i. 6 Dobivenim rješenjim pridružene su redom točke Z0 (, ), Z (,) = = i Z = (0, ). Iz slike vidimo d se točk Z podudr s točkom pridruženom kompleksnom broju z 4. mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč

3 9. D. Nek je ABCD zdni trpez, pri čemu su AB dulj osnovic, CD krć osnovic, BC i AD krkovi trpez. Prem podcim u zdtku, vrijedi jednkost: BC = CD = AD. Povucimo dijgonlu BD. Oznčimo: y : = BDC, γ : = BCD. Nek je α tržen mjer kut BAD. Kutovi ABD i BDC su kutovi uz priječnicu (trnsverzlu), p imju iste mjere. Zbog tog je ABD = BDC = y. Trokut BCD je jednkokrčn jer je BC = CD i kutovi BDC i DBC su kutovi uz osnovicu BD tog trokut. Zbog tog je DBC = BDC = y, p je α = BAD = ABC = ABD + DBC = y + y = y. Preostje iskoristiti činjenicu d je zbroj mjer kutov u svkom trokutu, p posebno i u trokutu ABD, jednk 80 : ABD + BAD + BDA = 80, y + y + 05 = 80, y = 80 05, y = 75, / : y = 5. Dkle, tržen mjer je α = y = 5 = A. Znmo d u svkom trokutu vrijedi nejednkost b < c < + b. Budući d je = b, to znči d mor vrijediti nejednkost b b < c < b + b, odnosno, zbog b > 0, nejednkost b < c < b. Dkle, pretpostvk = b povlči nejednkost b < c. Nsuprot veće strnice trokut nlzi se i veći kut trokut, p iz posljednje nejednkosti izrvno slijedi β < γ, odnosno, ekvivlentno, γ > β.. D. Odredimo njprije vrijednost x tko d zdni vektori budu okomiti. Zdni vektori će biti okomiti ko i smo ko je njihov sklrni umnožk jednk nuli. Zbog tog immo: b = 0 x + ( 4) 9 = 0 x 6 = 0 x = 6 x =. Zbog tog je b = i + 9 j. Preostje izrčunti omjer duljin vektor b i vektor : b = = = = =. + ( 4) B. Odredimo njprije vrijednost m z koju je točn tvrdnj u zdtku. Prem Vièteovim formulm, z x i x zdne jedndžbe vrijede jednkosti x + x = m i x x = m +. Tko immo: x + x x + x m + = = =. x x x x x x m + Prem uvjetu zdtk, tj zbroj mor biti jednk 0, p dobivmo: mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč

4 m = 0, / ( m + ) m + m = 0 ( m + ), m = 0 m + 0, m 0 m = 0, 9 m = 0, / : ( 9) 0 m = =. 9 9 Lko vidimo d je dobiven vrijednost m strogo već od i strogo mnj od 0, p on pripd intervlu,0.. B. Primjenom formul z kvdrt binom i rzliku kvdrt immo redom: ( + ) + + : : = (5 ) 5 = ( + ) + ( + ) ( + 5) + ( + ) ( + 5) = + : (5 ) ( 5) ( 5) = ( 5) = ( 5) ( 5) ( + ) ( 5 + ) ( + 5) ( + ) ( 5) ( + 5) + 5 =. ( 5) ( 5) = ( 5) ( 5) = C. Ako ml insekticid treb pomiješti s L = 000 ml vode, ond se 750 ml insekticid miješ s ukupno = ml vode. Tko se dobiv otopin čiji.5 je ukupni obujm = ml. Stog je tržen površin jednk P = = 400 m A. Iz Slike. rzbiremo d je g( x ) < 0 z x.9,., što znči d tržen funkcij f strogo pd n tom intervlu. (Znmo: ' f strogo pd n I f g 0 n I = <.) To ujedno znči i d funkcij f strogo rste n intervlim,.9 i., +. Jedini grf koji im sv nveden svojstv prikzn je n Slici A. (Primijetimo d grf n Slici B. im suprotn svojstv, tj. d pripdn funkcij strogo pd n intervlim,.9 i., +, strogo rste n intervlu.9,..) Immo redom: = = = = = = = = otkucj u minuti. Trženi puls jednk je P (). Izrčunjmo tu vrijednost: P() = 50 = 50 = mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč 4

5 8..) 9 x ili 7 9 x, + 7. Immo redom: ( x ) + 5 x 5 x ( x + ), x x 5 x + 0 x, x + 5 x 5 x 0 x 9, ( 7) x 9, / : ( 7) 9 x. 7.) (, ). Zpišimo njprije zdni sustv u stndrdnom obliku. Immo: x + y x =, x + y 6 x = 9, 5 x + y = 9, 5 x + y = 9, y x = x + 4 y x x = 4 x + y = 4. y x = x + Iz prve jedndžbe izrzimo nepoznnicu y : y = 5 x + 9. Uvrštvnjem ovog izrz u drugu jedndžbu sustv dobivmo: Tko sd lgno izrčunmo: x + (5 x + 9) = 4, x + 0 x + 8 = 4, 7 x = 4 8, 7 x = 4, / : 7 x =. y = 5 ( ) + 9 = =. 9..) 0 jed. duljine. Koristeći formulu z udljenost točk u rvnini dobivmo: ( ) d( P, R) = (5 ) + = + = 9 + = ) Vidjeti Sliku. Crtmo grf funkcije O( r) = π r. T funkcij je linern funkcij čij je domen [0,+. Njezin je grf poluprvc čij je početn točk (0, O(0)) = (0, 0), tj. ishodište prvokutnog koordintnog sustv u rvnini. Z crtnje tog poluprvc dovoljno je zdti još jednu njegovu točku. Očito je O() = π, p u koordintni sustv ucrtmo točku T = (, π ) i poluprvcem je spojimo s ishodištem. Dobivmo Sliku. mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč 5

6 Slik. 0..) 4. Budući d su 4 8 = i 7 =, immo redom: 8 ( ) ( ) = ( ) = = = = ) + i. Primijetimo d z svki k Z vrijedi jednkost Nime, 4 k 4 k + 4 k + 4 k + i + i + i + i = 0. 4 k 4 k + 4 k + 4 k + 4 k 4 k 4 k i + i + i + i = i ( + i + i + i ) = i ( + i + ( ) + ( i)) = i 0 = Posebno, z k = 0 dobivmo i + i + i + i = + i + i + i = 0, dok z k = immo i + i + i + i = i + i + i + i = 0. Zbog tog su zbroj prvih četiriju pribrojnik i zbroj drugih četiriju pribrojnik jednki nuli, p preostje: S = + + i + i = i + i = i + i i = + i = + i = + i ( ) ( )...). Očitmo: = 0.48, b =.4, c = 0. Tržen vrijednost jednk je drugoj koordinti tjemen grf pripdne prbole: f min 4 c b = = = = = = ) Vidjeti Sliku. Z crtnje grf zdne kvdrtne funkcije potrebne su nm njezine nultočke i koordinte njezin tjemen. Odredimo njprije nultočke. U tu svrhu riješimo jedndžbu f ( x ) = 0. Immo redom: 0.48 x.4 x = 0, / : 0.48 x 5 x = 0, x ( x 5) = 0, x = 0 ili x 5 = 0, x = 0, x = 5. mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč 6

7 Dkle, grf zdne funkcije siječe os pscis u točkm (0, 0) (riječ je o ishodištu prvokutnog koordintnog sustv u rvnini) i (5, 0). Preostje odrediti tjeme prbole. Drugu koordintu tog tjemen izrčunli smo u.) i on iznosi. Stog odredimo prvu koordintu: x T b = = = = = Stog je tjeme prbole točk T =,. Preostje ucrtti dobivene točke u prvokutni koordintni sustv i spojiti ih prbolom. Tko dobivmo Sliku. Slik...) 6:4 ili 6 sti i 4 minute. Odredimo njprije vrijeme izmeñu 7:00 i 8:00 sti u kojemu je broj minut proteklih od 7:00 sti četiri put mnji od broj minut preostlih do 8:00 sti. Nek je x broj minut proteklih od 7:00 sti. Td je 60 x broj minut preostlih do 8:00 sti. Mor vrijediti jednkost: 4 x = 60 x, odtle slijedi 5 x = 60, odnosno x =. Dkle, u 7: sti vrijeme proteklo od 7 sti ( minut) bit će četiri put mnje od vremen preostlog do 8:00 sti (to je 8:00 7: = 48 minut). Prem uvjetu zdtk, to vrijeme nstup z pol st, p je trženo vrijeme jednko: (7 sti i minut) 0 minut = (7 sti i 0 minut) 8 minut = (6 sti i 60 minut) 8 minut = 6 sti i 4 minute = 6:4..).5%. Nek je p trženi postotk. Broj stnovnik n krju prve godine jednk je p p S = = Broj stnovnik n krju druge godine jednk je S p p p = = p p p = = mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč 7

8 Indukcijom lko slijedi d je broj stnovnik n krju n-te godine jednk p Sn = eksponencijlnu jedndžbu: Riješimo tu jedndžbu n uobičjen nčin: n Prem uvjetu zdtk je S 6 = , p dobivmo p = , 6 = 6 6 p = , / : p 4 + =, / p 4 + = p , 4 p = = ) x =. Lijev strn jedndžbe definirn je kd god je x + 8 0, tj. kd god je x 8. Ndlje, zpišemo li jedndžbu u obliku x + 8 = x +, vidimo d je lijev strn dobivene jedndžbe nenegtivn reln broj, p tkv mor biti i njezin desn strn. Odtle dobivmo uvjet x + 0, odnosno x. Uvjeti x 8 i x zjedno dju uvjet x. Stog u nstvku rješvmo zdnu jedndžbu uvžvjući tj uvjet. Immo redom: x + 8 = x +, / x + = + 8 ( x ), x + = x + x + 8, x x x x = 0, + x 4 = 0, ± ± + ± ± x, = = = = x = = =, x = = = ( 4) Zbog uvjet x rješenje x = 4 ne dolzi u obzir. Stog je jedino rješenje zdtk x = x =. mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč 8

9 .) x =. Jedndžb im smisl kd god su x 5 > 0 i log ( x 5) > 0. Iz prve 0 nejednkosti slijedi x > 5, iz druge x 5 >, odnosno x 5 >, odnosno x > 6. Uvjeti x > 5 i x > 6 zjedno dju uvjet x > 6, p zdnu jedndžbu rješvmo uvžvjući tj uvjet. Immo redom: log log ( x 5) =, / log ( x 5) =, log ( x 5) =, / x = 5, x 5 = 8, x =. Dobiveno rješenje zdovoljv uvjet x > 6, p je x = jedino rješenje zdne jedndžbe. 4..) (,]. Znmo d z svki 0 Dkle, z svki intervl (,]. f ^ ^ x vrijedi nejednkost x 0. Stog immo redom: x 0, / ( ) x 0, / + x + 0 +, x, f ( x). x D vrijedi f ( x), p zključujemo d je trženi skup vrijednosti.) x = log b.. Riješimo jedndžbu f ( x ) = 0. Immo: f ( x) = 0, x x b = 0, = b, / log x = log b. 5..) 5 = 7.5. Nek su i b duljine strnic prlelogrm oznčene tko d vrijedi nejednkost b. Ndlje, nek su v i v b redom duljine visin n strnicu, odnosno strnicu b. Duljoj strnici prlelogrm odgovr krć visin, p zbog nejednkosti b slijedi v vb. Budući d se duljine visin odnose ko 5:8, zključujemo d je v : v = 5 : 8. To znči d postoji (strogo pozitivn) reln broj k tkv d vrijede b jednkosti v = 5 k i v = 8 k. Primijenimo formulu z površinu prlelogrm: b P = v = b v, 5 k = b 8 k, / : 5 k 8 = b. 5 b mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč 9

10 Uvžvjući tu jednkost, slijedi d je opseg prlelogrm jednk: O ( b) b b b b + = + = + = + = = b = b Prem zhtjevu zdtk, tj broj mor biti jednk 9. Tko dobivmo jedndžbu b = čije rješenje je b = 5 = 7.5..) 0.. Nek su x cijen skupljeg proizvod, y cijen jeftinijeg proizvod. Iz podtk u zdtku dobivmo jedndžbu: Izrzimo x iz ove jednkosti. Immo: 0 x + y y = x + y = 74., x + y = 74., x + y = 74., 00 7 x + y = 74., 0 7 x = 74. y. 0 Vrijednost x ne može biti strogo negtivn reln broj i mor biti strogo već od y (jer je x skuplji proizvod), što znči d morju vrijediti nejednkosti: Riješimo tu nejedndžbu. Immo redom: 7 0 y < 74. y. 0 7 y < 74. y, 0 7 y + y < 74., 0 7 y + < 74., y < 74., y < 74., / y < = = mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč 0

11 Tržen cijen mor imti njviše dvije znmenke iz decimlne točke (jer ne postoji tisućiti, desettisućiti, dio kune), p zključujemo d je y mx = 0. kn. (Zokruživnje obvezno provodimo nniže zbog znk strogo mnje.) 6..) ;. Iz podtk d grf funkcije f prolzi točkom P zključujemo d vrijedi jednkost f (0) =. Točk P je točk mksimum funkcije P, p zključujemo d je mksimum funkcije f jednk. Meñutim, mksimum funkcije f ( x) = A cos( B x) u općem je slučju jednk A i postiže se kd je cos( B x) =, odnosno kd je B x = k π, z k Z. Tko zključujemo d je A =. Rzmk izmeñu prvih koordint uzstopnih ekstrem jednk je polovici temeljnog T period zdne funkcije. Dkle, = π 0, odtle je T = 4 π. No, s druge je strne π T =, p iz jedndžbe π = 4 π slijedi B =. B B.) Vidjeti Sliku. Funkcij psolutne vrijednosti prebcuje dio grf iznd segment [ 4, ] iznd osi pscis simetrično s obzirom n tu os. Oduzimnje jedinice pomiče (trnsltir) svku točku grf z jedinicu duljine prem dolje. Tko dobivmo Sliku. Slik. 7..) p... y = x 5. Koeficijent smjer prvc p jednk je k = tg(60 ) =. Stog je jedndžb tog prvc: ( ) p... y ( ) = x, p... y + = x, p... y = x, p... y = x 5..) K... ( x + ) + ( y ) =. Središte kružnice je točk S = (,). Kružnic prolzi ishodištem prvokutnog koordintnog sustv u rvnini, p je kvdrt njezin polumjer jednk kvdrtu udljenosti točke S i ishodišt: r = ( 0) + ( 0) = ( ) + = =. Dkle, jedndžb kružnice glsi: K... ( x + ) + ( y ) =. mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč

12 .) 0. Podijelimo jedndžbu krivulje s 576, p dobijemo: 9 x 6 y =, x y = Zključujemo d se rdi o hiperboli kojoj je duljin velike poluosi = 64 = 8, duljin mle poluosi b = 6 = 6. Rzmk izmeñu žrišt (fokus) te hiperbole jednk je e, gdje je e linerni ekscentricitet hiperbole. Tko slijedi: d F F e b (, ) = = + = = 00 = 0 = ),, 5 ili neki drugi redoslijed tih brojev. Uočimo d je 4 x = 4 ( x). Tko redom immo:.) x = x ( ) 4, x = x ( ) 4 ( ), x x = ( ) 4 ( ) 0, x x = ( ) ( ) 4 0, x x + x = ( ) (9 6 4) 0, x x x + = ( ) ( 6 5) 0, x = x x + = 0 ili 6 5 0, ± ± ± ± x = ili x, = = = = x =, x = = = 5, x = = =. x,. Uočimo d je 6 ( 6) x x 4 ( ) x. = = Immo redom: x+ x + 4 < 4, x x + < 4, x ( + ) < 4, x ( + ) < 4, x < 4, / : x < 8, x <, x <, x < x, mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč

13 .) 5.8 litr. Ako u boci im 6 litr 0%-tnog lkohol, ond je obujm čistog lkohol u boci 6 =.8 litr. Dkle, u boci je n početku bilo.8 litr lkohol i = 4. litre vode. Nek su obujm ishlpjelog lkohol i v obujm ishlpjele vode. Prem uvjetu zdtk vrijedi jednkost = v. Obujm preostlog lkohol iznosi.8, obujm preostle vode 4. v. Ukupni obujm preostle tekućine jednk je 6 v. Postotni udio obujm preostlog lkohol u tom obujmu iznosi 5%, p mor vrijediti jednkost.8 5 =. 6 v 00 Tko smo dobili sustv dviju linernih jedndžbi s dvije nepoznnice: = v, = v, = v, = = 4 (.8 ) = 6 v 6 v 00 6 v 4 = v, = v, = v, 7. 4 = 6 v v = v =.. Uvrštvnjem pve jedndžbe sustv u drugu dobivmo v + v =., odnosno. 6 v + v =., odnosno 5 v =.. Odtle je v = = 0.4, p je 5 = v = 0.4 = Dkle, preostli obujm tekućine u boci jednk je 6 v = = 5.8 litr ), 4. Funkcij drugog korijen je definirn ko i smo ko je rdiknd (izrz pod drugim korijenom) nenegtivn. Odtle dobivmo uvjet 4 x x 0. Ndlje, logritmsk funkcij je definirn ko i smo ko je logritmnd (izrz pod logritmom) strogo pozitivn. Odtle dobivmo uvjet x 5 > 0. Tko smo dobili sustv nejedndžbi: x 5 > 0. 4 x x 0, Riješimo tj sustv. Prvu nejedndžbu njlkše je riješiti grfički. Polinom p( x) = x + 4 x im vodeći koeficijent. Njegove nultočke dobijemo rješvnjem jedndžbe x + 4 x = 0, odnosno jedndžbe x ( x 4) 0 =. Lko očitmo x = 0 i x = 4. Zbog tog je p( x) 0 n segmentu odreñenom nultočkm polinom p. Dkle, skup svih prve nejedndžbe je segment [ 0, 4 ]. Iz druge nejedndžbe odmh slijedi x > 5, odnosno nejedndžbe je otvoreni intervl 5, +. 5 x >. Skup svih ove mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč

14 Tržen prirodn domen je presjek dobivenih skupov. Lko vidimo d je 5 5 [ 0,4 ], + =, 4 i to je tržen domen. 9.) t... y = x + ili x 7 y + 9 = 0. Odredimo njprije drugu koordintu točke u kojoj 7 7 je povučen tngent. Prv koordint te točke jednk je 5, p je drug koordint jednk f (5) = = = =. Dkle, tngentu povlčimo u točki T = (5, ) Koeficijent smjer povučene tngente jednk je vrijednosti prve derivcije funkcije f u točki 5. Stog njprije odredimo prvu derivciju funkcije f. Koristimo prvilo z derivirnje količnik: ' ' ' ( x ) ( x + ) ( x ) ( x + ) ( 0) ( x + ) ( x ) ( + 0) f ( x) = = = ( x + ) ( x + ) ( x + ) ( x ) x + 6 x + 7 = = = ( x + ) ( x + ) ( x + ) Zbog tog je koeficijent smjer tngente jednk: Preostje npisti jedndžbu tngente: k 7 7 (). (5 + ) 7 7 ' = f = = =. ili u implicitnom obliku t... y = ( x 5) 7 5 t... y = x t... y = x t... y = x + / t... 7 y = x + 9, t... x 7 y + 9 = 0. π π.) x =. Primijetimo njprije d su sv tri rzlomk definirn z x 0, π \. Zdni izrzi tvore tri uzstopn čln ritmetičkog niz ko i smo ko je srednji čln jednk ritmetičkoj sredini prvog i trećeg čln. Tko redom immo: + tg x tg x =, sin x mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč 4

15 Ako bi bilo sin x = 0 cos x = 0, odnosno rješenje π x =. 4.) 9 '8'' sin x + sin x cos x = cos x, sin x cos x sin x + = sin x cos x, sin x cos x + sin x = sin x cos x, sin x = sin x cos x, sin x =, sin x sin x cos x sin x = sin x cos x, sin x sin x cos x = 0, sin x ( cos x) = 0., ond drugi čln niz ne bi bio definirn. Zto mor biti π cos x =. Ov jedndžb u skupu 0, π \ im jedinstveno. Nek su P polovište strnice AB i t : = CP. Trokut APC je prvokutn s prvim kutom pri vrhu C. Primjenom Pitgorin poučk dobivmo: AP = CP + AC AB = CP + AC = t + AC 6 = t + AC. Primjenom kosinusov poučk n trokut CPB dobivmo: CP = BC + BP BC BP cos PBC, t AB AB t t = cos β, = cos β, = cos β, Preostje primijeniti kosinusov poučk n trokut ABC : mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč 5

16 AC = AB + BC AB BC cos ABC, AC AC Tko smo dobili sljedeći sustv: = cos β, = cos β. = + 6 t AC, t = cos β, AC = cos β. Iz ovih jedndžbi treb odrediti cos β. Zbrojimo drugu i treću jedndžbu, p u dobiveni izrz uvrstimo prvu jedndžbu: t + AC = cos β cos β, 6 = cos β cos β, 0 = 8 96 cos cos, β 96 cos β + 9 cos β = , 88 cos β = , 88 cos β = 7, 7 7 cos β = = Odtle slijedi β = '8''. 0. π cm. Oznčimo s S središte stvljene kugle. Nek t kugl dir izvodnice stošc u točkm D i D. Nek je C vrh stošc. Td je trokut SCD prvokutn trokut s prvim kutom u vrhu D jer je prvc CD tngent kružnice čiji je polumjer SD. Oznčimo li s α mjeru kut SCD, ond iz prvokutnog trokut SCD slijedi: β SD 0 tg α = =. CD CD Nek je S središte osnovke stošc (kružnice). Zbog simetrije, točk S pripd prvcu CS i nužno se nlzi n dužini CS. Nime, ko bi točk S bil izvn dužine CS, ond bi cijel kugl bil stvljen unutr stošc i dodirivl bi osnovku stošc, što je suprotno pretpostvci d stvljen kugl dodiruje smo izvodnice stošc. Nek je A točk n prvcu CD tkv d je S A = rs = polumjer osnovke stošc. Promotrimo trokut SCA. Tj trokut je prvokutn trokut s prvim kutom pri vrhu S jer mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč 6

17 je prvc CS prvc n kojemu leži visin stošc (spojnic vrh stošc i središt osnovke stošc je prvc n kojemu leži visin stošc). U tom trokutu znmo duljine dviju strnic: AC = s = 5, S C = v = 9, p primjenom Pitgorin poučk izrčunmo: r = AS = s v = = = = s (Mjerne jedinice z duljinu nmjerno izostvljmo i prešutno pretpostvljmo d je riječ o centimetrim.) No, mjer kut kod vrh C u trokutu SCA je tkoñer α, p slijedi: r s 4 tg α = = =. v 9 Nposljetku, nek je S središte kružnice u kojoj se dodiruju kugl i plšt stošc. Ponovno zbog simetrije, i točk S pripd prvcu CS. Uočimo trokut SCD. Prvci SD i S A su usporedni, p je trokut SCD prvokutn trokut s prvim kutom u vrhu S. No, mjer kut kod vrh C i u tom trokutu je tkoñer α, p slijedi: SD r r r tg α = = = = CS CS CD S D CD r, gdje je r polumjer kružnice u kojoj se dodiruju kugl i plšt stošc. Tko smo dobili tri rzličit izrz z tg α. Svi oni odreñuju istu veličinu, p morju biti meñusobno jednki. Stog mor vrijediti: 4 0 = = CD CD r r. Iz prve jednkosti odmh slijedi CD = 5, odnosno 5 CD =. Slijedi: 4 r r = = 6 r = 9 r 5 CD r r r = 9 r 6 r + 9 r = r = 900 r = 6 r= 6. Zključujemo d je trženi opseg jednk O = r π = 6 π = π cm. Pripremio: mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč mr.sc. Bojn Kovčić, viši predvč 7