Zadanie 16. (0-7)
Rozpatrujemy wszystkie stożki, których przekrojem osiowym jest trójkąt o obwodzie 20.
Oblicz wysokość i promień podstawy tego stożka, którego objętość jest największa. Oblicz
objętość tego stożka.
MMA_1R
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
16.
Maks. liczba pkt
7
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
BRUDNOPIS (nie podlega ocenie)
Zadanie 16. (0-7)
Rozpatrujemy wszystkie stożki, których przekrojem osiowym jest trójkąt o obwodzie 20.
Oblicz wysokość i promień podstawy tego stożka, którego objętość jest największa. Oblicz
objętość tego stożka.
III. Modelowanie
matematyczne.
rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych (R11.6).
Rozwiązanie (I sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Objętość stożka wyraża się wzorem
2
1
3
V
r h
π
⋅
Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równoramiennym, którego obwód jest równy 20, więc
2
2
20,
r
l
10,
r
l
10
l
r
Stąd i z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy
2
2
2
r
h
l
,
2
2
2
r
l
h
,
(
)
2
2
2
10
r
r
h
,
2
100
20
h
r
Zatem
100
20
h
r
Z geometrycznych warunków zadania otrzymujemy 0
5
r
<
<
Zapisujemy objętość stożka w zależności od zmiennej r
( )
2
1
100
20
3
V r
r
r
π
⋅
⋅
,
Wzór tej funkcji zapiszemy w postaci ( )
4
5
1
100
20
3
V r
r
r
π
⋅
dla 0
5
r
<
<
Rozważmy funkcję pomocniczą określoną wzorem
( )
4
5
100
20
f r
r
r
dla 0
5
r
<
<
r
h
l
Z faktu, że funkcja
( )
g t
t
jest rosnąca w
)
0,+∞ wynika, że funkcje V oraz f są rosnące
(malejące) w tych samych przedziałach oraz mają ekstrema lokalne (tego samego rodzaju) dla
tych samych argumentów.
Wyznaczamy wartość największą funkcji f w przedziale (
)
0,5 .
Obliczamy pochodną funkcji f:
( )
3
4
400
100
f
r
r
r
′
W przedziale (
)
0,5 pochodna ma jedno miejsce zerowe
4
r =
. Ponadto
( )
0
f r
′
dla
(
)
0,4
r ∈
,
( )
0
f r
′
<
dla
(
)
4,5
r ∈
Wynika stąd, że dla
4
x =
funkcja f ma maksimum lokalne, które jest jednocześnie
największą wartością funkcji V, bo w przedziale (0,4 funkcja f jest rosnąca, a przedziale
)
4, 0 funkcja f jest malejąca.
Gdy
4
r =
, to
100
20 4
20
2 5
h =
⋅
, natomiast objętość stożka jest wówczas równa:
( )
2
1
32
5
4
4
100
20 4
3
3
V
π
π
⋅
⋅
⋅
⋅
Odp.: Największą objętość równą 32
5
3
π
ma stożek o promieniu podstawy 4 i wysokości 2 5 .
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.
Pierwszy etap składa się z trzech części:
• oznaczenia promienia podstawy stożka, np. r i wyznaczenia wysokości stożka
w zależności od zmiennej r:
100
20
h
r
• zapisania objętości V stożka jako funkcji jednej zmiennej ( )
2
1
100
20
3
V r
r
r
π
⋅
⋅
,
• zapisania dziedziny funkcji ( )
2
1
100
20
3
V r
r
r
π
⋅
⋅
: 0
5
r
<
<
Za drugą część tego etapu zdający może otrzymać punkt, o ile pierwszą cześć wykona
bezbłędnie. Punkt za cześć trzecią otrzymuje niezależnie od realizacji dwóch pierwszy części
tego etapu.
Drugi etap składa się z trzech części:
• wyznaczenia wzoru pochodnej funkcji
( )
4
5
100
20
f r
r
r
:
( )
3
4
400
100
f
r
r
r
′
,
• obliczenia miejsc zerowych pochodnej: 1
0
r =
, 2
4
r =
,
• zbadania znaku pochodnej funkcji f :
( )
0
f r
′
dla
(
)
0,4
r ∈
,
( )
0
f r
′
<
dla
(
)
4,5
r ∈
i zapisania, że dla
4
r =
funkcja V osiąga największą wartość.
Uwagi:
zbliżoną do wykresu pochodnej.
\ndziedziny funkcji V, to punkt za tę cześć może otrzymać jedynie wtedy, gdy wskazuje jako
największą wartość funkcji tylko to maksimum, które funkcja f osiąga dla argumentu
z dziedziny funkcji V.
Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile
poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie.
Trzeci etap
Zapisanie, że promień stożka o największej objętości jest równy
4
r =
, wysokość
20
2 5
h =
i obliczenie największej objętości stożka
( )
32
5
4
3
V
π
. Za realizację tego
etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
Rozwiązanie (II sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Objętość stożka wyraża się wzorem
2
1
3
V
r h
π
⋅
Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równoramiennym, którego obwód jest równy 20, więc
2
2
20,
r
l
10,
r
l
10
l
r
Stąd i z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy
2
2
2
r
h
l
,
2
2
2
r
l
h
,
(
)
2
2
2
10
r
r
h
,
2
100
20
h
r
Zatem
2
2
100
1
5
20
20
h
r
h
Z geometrycznych warunków zadania otrzymujemy 0
10
h
<
<
. Zapisujemy objętość stożka
w zależności od zmiennej h
( )
2
2
1
1
5
3
20
V h
h
h
π
⋅
,
( )
2
4
3
5
1
1
1
1
1
25
25
3
2
400
3
2
400
V h
h
h
h
h
h
h
π
π
⋅
⋅
⋅
dla 0
10
h
<
<
r
h
l
Zauważamy, że wystarczy zbadać funkcję
( )
3
5
1
1
25
2
400
f h
h
h
h
określoną w przedziale
(
)
0,10 . Funkcje V oraz f są rosnące (malejące) w tych samych przedziałach oraz mają
ekstrema lokalne (tego samego rodzaju) dla tych samych argumentów.
Wyznaczamy pochodną funkcji f:
( )
2
4
3
1
25
2
80
f
h
h
h
′
Następnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej:
2
4
3
1
25
0
2
80
h
h
i
2
t
h
2
1
3
25
0
80
2
t
t
(
)
2
3
9
5
1
2
80
4
4
4
25
1
Δ = -
-⋅
⋅
1
2
3
3
2
2
1
1
80
80
1
1
20,
100
2
2
t
t
⋅
⋅
2
2
20 lub
100
h
h
,
2 5,
2 5,
10,
10
h
h
h
h
Jedynym miejscem zerowym pochodnej funkcji f, które należy do przedziału (
)
0,10 jest
2 5
h =
Ponadto:
( )
0
f
h
′
gdy
(
)
0, 2 5
h∈
,
( )
0
f
h
′
<
gdy
(
)
2 5,10
h∈
Stąd wynika, że dla
2 5
h =
funkcja f osiąga maksimum lokalne i jest to jednocześnie
wartość największa, bo w przedziale (0, 2 5 funkcja f jest rosnąca, a przedziale
)
2 5,10
funkcja f jest malejąca.
Gdy
2 5
h =
, to
(
)
2
1
5
2 5
4
20
r =
i objętość stożka jest wówczas równa:
(
)
2
1
32
5
2 5
4
2 5
3
3
V
π
π
⋅
⋅
⋅
Odp.: Największą objętość równą 32
5
3
π
ma stożek, którego promień jest równy 4 ,
a wysokość 2 5 .
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.
Pierwszy etap składa się z trzech części:
• oznaczenia wysokości stożka, np. h i wyznaczenia promienia podstawy stożka
w zależności od zmiennej h:
2
2
100
1
5
20
20
h
r
h
,
• zapisania objętości V stożka jako funkcji jednej zmiennej
( )
2
4
3
5
1
1
1
1
1
25
25
3
2
400
3
2
400
V h
h
h
h
h
h
h
π
π
⋅
⋅
⋅
,
• zapisania dziedziny funkcji ( )
3
5
1
1
25
3
2
400
V h
h
h
h
π
⋅
: 0
10
h
<
<
Za drugą część tego etapu zdający może otrzymać punkt, o ile pierwszą część wykona
bezbłędnie. Punkt za część trzecią otrzymuje niezależnie od realizacji dwóch pierwszy części
tego etapu.
Drugi etap składa się z trzech części:
• wyznaczenia wzoru pochodnej funkcji
( )
3
5
1
1
25
2
400
f h
h
h
h
:
( )
2
4
3
1
25
2
80
f
h
h
h
′
,
• obliczenia miejsc zerowych pochodnej:
2 5
h = -
,
2 5
h =
,
10
h = -
,
10
h =
,
• zbadania znaku pochodnej funkcji f :
( )
0
f h
′
dla
(
)
0, 2 5
h∈
,
( )
0
f h
′
<
dla
(
)
2 5,10
h∈
i zapisania, że dla
2 5
h =
funkcja V osiąga największą wartość.
Uwagi:
zbliżoną do wykresu pochodnej.
\nod dziedziny funkcji V, to punkt za tę cześć może otrzymać jedynie wtedy, gdy wskazuje
jako największą wartość funkcji tylko to maksimum, które funkcja f osiąga dla argumentu
z dziedziny funkcji V, przy czym konieczne jest uzasadnienie, że jest to największa wartość
funkcji V lub że funkcja V nie przyjmuje wartości dla liczb większych od 10.
Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile
poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie.
Trzeci etap
Zapisanie, że promień stożka o największej objętości jest równy
4
r =
, wysokość
20
2 5
h =
i obliczenie największej objętości stożka
( )
32
5
4
3
V
π
. Za realizację tego
etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
Największą objętość równą $\\dfrac{32\\pi\\sqrt{5}}{3}$ ma stożek o promieniu podstawy 4 i wysokości $2\\sqrt{5}$.
"}]}