Linköpings universitet
Matematiska institutionen
Daniel Carlsson
Kurskod: 973G10
Provkod: STN2
Tentamen
973G10 Matematik 1, 15hp
delmoment Geometri 4,5 hp, 2015-05-18, kl. 8-13.
På varje uppgift ges upp till 3 poäng. För godkänt resultat (G) krävs sammanlagt
minst 8 poäng, för väl godkänd (VG) krävs minst 14 poäng. Lösningarna skall
vara fullständiga, välmotiverade, ordentligt skrivna och avslutade med ett svar.
Endast svar ger ej poäng
Hjälpmedel: Passare och linjal.
Lösningar läggs ut på kurswebbsidan efter skrivtidens slut.
1.
a) Beskriv hur man kan konstruera en liksidig triangel med bara passare
och ograderad linjal samt motivera att din konstruktion är korrekt.
b) Bestäm exakt arean av en cirkelsektor med radien 9 cm och båglängden
2⇡ cm.
(cm)
2⇡
9
2. I en rätvinklig triangel är en vinkel 32 större än en av de andra vinklarna.
Bestäm triangelns vinklar i de fall som kan förekomma.
C
3. I en rätvinklig triangel ABC är hypotenusan AB 10 dm och kateten BC 8 dm.
Bestäm exakt höjden mot hypotenusan
AB samt ange arean för triangeln ABC.
(dm)
8
h
A
B
10
4. Bevisa att vinkelsumman i en triangel alltid är 180 .
5.
a) En konservburk har formen av en rak cirkulär cylinder, där höjden är
tre gånger cylinderns radie. Cylinderns begränsningsarea är 72⇡ cm2 .
Bestäm exakt volymen hos denna konservburk.
b) Företaget vill göra burken större. Med vilken faktor ökar begränsningsarean
(d v s materialåtgången)prespektive burkens volym om man ökar radie
och höjd med en faktor 2 ?
6. En cirkel tangerar en linje i punkten B
som figuren visar, och C och D är punkter på cirkelns rand. Bestäm ett samband
mellan vinkeln u = ^BDC och vinkeln
v = ^ABC.
D
u
C
v
A
7. I triangeln ABC är sträckorna DE och
F G parallella med basen AB. Området
mellan DE och F G har arean 15 dm2 .
Sträckorna DE och F G ligger på en tredjedel respektive två tredjedelar av höjden
hos triangeln ABC. Bestäm exakt arean
hos triangeln ABC.
B
C
F
D
A
G
15 dm2
E
B
Linköpings universitet
Matematiska institutionen
Daniel Carlsson
Lösningar till tentamen
973G10 Matematik 1, 15 hp
delmoment STN2 Geometri 4,5 hp
2015-05-18
1.
a) En liksidig triangel får vi genom att konstruera en triangel med samma mått på
alla sidor. Börja med någon sträcka AB.
Markera med passare bågar med radien
AB från både A och B. Deras skärning
ger C. Triangeln ABC blir liksidig då
alla sidor är radier i cirklar med radien
AB.
b) Vi bestämmer hur stor del cirkelsektorn utgör av en hel cirkel genom att
jämföra bågens längd 2⇡ med hela om2⇡
kretsen. Vi får: 2·9·⇡
= 19 .
C
A
B
(cm)
2⇡
9
1
9
Cirkelsektorn utgör
av hela cirkeln
och dess area blir därför:
A=
1
9
· ⇡ · 92 = 9⇡ cm2 .
Svar: a) Se konstruktion ovan med motivering.
b) Cirkelsektorns area är 9⇡ cm2 .
2. I en rätvinklig triangel är 90 -vinkeln den
största vinkeln då vinkelsumman är 180 .
De båda övriga vinklarna är 90 tillsammans. Kalla dessa u och v. Antingen är
90 -vinkeln 32 större än en av de övriga
(säg u), eller så är u 32 större än v.
I första fallet får vi då u = 90
v = 180
90
u
v
32 = 58 . VST180 ger då
58 = 32 . Vi har alltså vinklarna 90 , 58 och 32 .
I andra fallet får vi u = v + 32 . VST180 ger då:
90 + (v + 32 ) + v = 180 , 2v + 32 = 90 , 2v = 58 , v = 29 ,
vilket då ger u = 29 + 32 = 61 . Vi har alltså vinklarna 90 , 61 och 29 .
Svar: Antingen har triangeln vinklarna 90 , 58 och 32 eller vinklarna 90 ,
61 och 29 .
3. Då triangeln ABC är rätvinklig kan vi
bestämma sidan AC med hjälp av pythagoras sats:
AC 2 + 82 = 102 , AC 2 + 64 = 100 ,
AC 2 = 100 64 = 36 , AC = 6, (AC > 0).
C
(dm)
8
6
h
A
B
D
10
4ADC ⇠ 4ACB ty båda är rätvinkliga och ^A gemensam.
Likformighet ger:
h
8
6·8
48
=
, h=
=
= 4, 8 dm.
6
10
10
10
Vi kan beräkna arean med basen AB och höjden h eller med basen AC och
höjden BC. Vi väljer det senare:
A4ABC =
AC · BC
6·8
=
= 24 dm2 .
2
2
Svar: Höjden mot sidan AB är 4,8 dm. Triangelns area är 24 dm2 .
4. Tag en godtycklig triangel ABC. Drag linjen ` genom hörnet C parallell med AB.
Förläng sidorna BC och AC som figuren
visar. Med beteckningar ↵, och som i
figur har vi:
↵
l
C
B
A
= ^C, ty vertikalvinkel till C.
↵ = ^A, ty likställda vinklar lika vid parallella linjer.
= ^B, ty likställda vinklar lika vid parallella linjer.
Men ↵, och utgör ett halvt varv vid C varför vi har
^A + ^B + ^C = ↵ + + = 180 .
Vi har visat att vinkelsumman i varje triangel är 180 .
Svar: Se bevis ovan.
5.
a) Med radien r så har cylinderna höjden h = 3r.
Cylinderns begränsningsarea är:
A = 2⇡r2 + 2r⇡h. Med h = 3r insatt får vi
A = 2⇡r2 + 2r⇡ · 3r = 2⇡r2 + 6⇡r2 = 8⇡r2 .
Enligt uppgift är begränsningsarean 72⇡.
h = 3r
r
Vi får ekvationen:
8⇡r2 = 72⇡ , r2 =
72⇡
= 9 , r = 3, (r > 0).
8⇡
Radien är alltså 3 cm. Med r = 3 cm och h = 3 · 3 = 9 cm får vi
volymen:
V = ⇡r2 h = ⇡ · 32 · 9 = 81⇡ cm3 (⇡ 254 cm3 ).
p
b) Då radien och höjden båda ökar med en faktorp 2 så är längdskalan
mellan den tidigare cylindern och den nya just 2.
p
Areaskalan är (längdskalan)2 , så areaskalan=( 2)2 = 2. Cylinderns
begränsningsarea ökar därmed med en faktor 2.
3 , så volymen hos den nya cylindern är
Volymskalan
p p
p
p 3 ärp(längdskalan)
alltså ( 2) = 2 · 2 · 2 = 2 2 gånger större än den gamla.
var god vänd
p
p
( 2 ⇡ 1, 41 och 2 2 ⇡ 2, 83. En ökning med radie och höjd med drygt
40% ger alltså en ökning av begränsningsarean (materialåtgången) med
en faktor 2 och en ökning av volymen med nästan en faktor 3!)
Svar: a) Konservburken har volymen 81⇡ cm3 .
b) Begränsningsarean
ökar med en faktor 2 och volymen med en
p
faktor 2 2.
6. Drag in CM och BM , där M är cirkelns medelpunkt. Enligt randvinkelsatsen är då ^CM B = 2u.
D
u
C
w
M
Då CM och BM båda är radier så är tri2u
angeln BM C likbent och har därmed lika
w
basvinklar w. VST180 i denna triangel
v
ger då: w + w + 2u = 180 , 2w + 2u =
A
B
180 , w + u = 90 , d v s w = 90
u.
!
Då linjen AB tangerar cirkeln i B så får vi rät vinkel mellan radien BM och
AB, vilket ger att v + w = 90 . Om vi i detta uttryck sätter in w = 90
u
får vi:
v + w = 90 , v + (90
u) = 90 , v
u = 0 , v = u.
u är alltså lika med v (oberoende av var punkterna C och D ligger på cirkeln).
Svar: u = v
C
7. Uppgiften kan lösas på flera sätt.
Lösningen som presenteras här använder
likformighet och längdskala vilket ger en
relativt kort lösningsgång.
Enligt topptriangelsatsen är
4F GC ⇠ 4DEC ⇠ 4ABC.
F
D
G
15 dm2
E
A
Då höjden hos den lilla topptriangeln är 13 av höjden hos 4ABC är alltså
längdskalan mellan dessa 13 och areaskalan därför ( 13 )2 = 19 . Enklare uttryckt
utgör alltså 4F GC:s area 19 av hela 4ABC:s area. På samma sätt får vi
att längdskalan mellan 4DEC och 4ABC är 23 och därmed utgör 4DEC:s
area ( 23 )2 = 49 av hela 4ABC:s area.
B
Då den lilla topptriangeln utgör 19 och 4DEC utgör 49 av hela arean så utgör
alltså det skuggade området 49 19 = 39 = 13 av hela den stora triangeln.
1
Då av arean är 15 dm2 enligt uppgift så är hela triangelns area 3 · 15 = 45 dm2 .
3
Svar: 4ABC har arean 45 dm2 .
