Zrenjaninska gimnazija

MATURSKI RAD

Predmet: Matematika

Tema: POVRŠINE RAVNIH LIKOVA

Mentor: Učenik:Jasmina Bulatović Dušan Kostić

Zrenjanin, jun 2012.

2

SADRŽAJ:

1.

Osnovni pojmovi o površini 3

2.Površina paralelograma...........................................................................................................................4

2.1.Površina pravougaonika....................................................................................................................4

2.2.Površina kosouglog paralelograma...................................................................................................8

2.2.1.Površina romboida....................................................................................................................8

2.2.2.Površina romba.........................................................................................................................9

3.Površina trougla.....................................................................................................................................11

4.Površina trapeza.....................................................................................................................................16

5.Površina četvorougla sa normalnim dijagonalama.................................................................................18

6.Površina mnogougla...............................................................................................................................19

6.1.Površina pravilnog mnogougla........................................................................................................20

6.1.1.Površina pravilnog šestougla...................................................................................................20

6.1.2.Površina sličnih mnogouglova.................................................................................................21

7.Površina kruga........................................................................................................................................23

7.1.Površina kružnog isečka..................................................................................................................24

7.2.Površina kružnog odsečka...............................................................................................................24

7.3.Površina kružnog prstena...............................................................................................................25

Literatura.....................................................................................................................................27

3

1. Osnovni pojmovi o površini Veličina dela ravni ograničene odgovarajućom linijom predstavlja površinu tog dela

ravni. Merenje neke površine predstavlja određivanje razmere te površine i jedne druge površine koja je izabrana za jedinicu, a brojna vrednost te razmere jeste merni broj površine i površine koja služi kao jedinica. U daljem radu umesto termina „merni broj površine“ koristiće se samo reč „površina“.

Ako ograničimo jedan deo ravne površi konturom nekog poligona, onda veličina tog dela površi predstavlja površinu poligona.

Površina poligona poseduje sledeće osobine: 1. Površine podudarnih poligona su jednake; 2. Površina nekog poligona P koja je sastavljena iz dva poliogna P1 i P2 koji se

nalaze jedan izvan drugog, jednaka je zbiru površina poligona P1 i P2 ; 3. Dva poligona koja nisu podudarna, ali se mogu razložiti na parove

podudarnih poliogna imaju jednake površine. Dve površine su ekvivalentne (jednake) ako imaju jednake površine. Jedinica

površine je jednaka površini kvadrata čija je jedna strana jednaka jedinici dužine (1 m2 = 10 000 cm2 = 1 000 000 mm2).

TEOREMA: Površina pravougaonika jednaka je proizvodu njegove dve dimenzije . P = a ∙b

4

2. Površina paralelograma

Paralelogram je četvorougao čije su naspramne strane paralelne. Postoje pravougli i kosougli paralelogram. U pravougle spadaju pravougaonik i kvadrat, a u kosougle romboid i romb.

2.1. Površina pravougaonika

Pravougaonik je paralelogram čiji su svi uglovi pravi, a susedne stranice ne moraju biti jednake dužine. Merni brojevi dve neparalelne stranice su dimenzije pravougaonika.

DOKAZ: Pri dokazu se mogu desiti tri slučaja:

a) NEKA DIMENZIJA PRAVOUGAONIKAIZRAŽENA CELIM BROJEM: neka je merni broj osnovice a, a merni broj visine b s tim da su a i b

celi brojevi onda se osnovica može podeliti na a jednakih delova i visina se može podeliti na b jednakih delova. Kada se kroz dobijene deone tačke povuku paralele sa osnovicom i visinom dobićemo mrežu četvorougla. Uzmimo četvorougao P1 su paralelne sa odgovarajućim stranicama pravougaonika pa je i on samim tim

pravougaonik. Svaka strana pravougaonika je jednaka dužinskoj jedinici, što znači da je pravougaonik P1 ustvari kvadrat.

Kvadrat P1 će predstavljati površinsku jedinicu za odgovarajuću uzetu dužinsku jedinicu. Tako da se visina i osnovica mogu podeliti na b odnosno a površinskih jedinica. Na osnovu toga u pravougaoniku će biti ab površinskih jedinica što predstavlja i površinu pravougaonika.

b) DIMENZIJE SU RAZLOMCI: Neka su opet a i b merni brojevi osnovice odnosno visine pri čemu su a i b razlomci ili bar jedan odnjih. Kada se razlomci svedu na zajednički inenilac dabija se na primer a=p/n i b=q/n. Jedinična duž će biti 1/n i onda će osnovica a imati p jediničnih duži, a visina b, q jediničnih duži. Tako izvedeno p i q su celi brojevi pa će u pravougaoniku biti pq površinskih jedinica, pri čemu je n2

5

površinskih jedinica Površina pravougaonika je onda P= p ∙ q

n2= p

n∙qn

, a kako su a=p/n i

b=q/n onda površina pravougaonika iznosi P=a∙b.

6

c) DIMENZIJE SU IRACIONALNI BROJEVI: Predpostavlja se da stranice AD i AB nisu merljive sa jediničnom duži, na primer i. Tada se njihove razmera sa i tj. AD/ i=a i AB/ i =b, ne mogu se izraziti racionalnim brojem.

U takvom slučaju se uzimaju u obzir samo približne vrednosti brojeva a i b koje se mogu odrediti sa proizvoljnom tačnošću. Na primer, ako se jedinica razdeli na deset jednakih delova dobijaju se približne vrednosti brojeva a i b sa tačnošću do 1/102. Ako se ovaj proces deljenja jedinice produži do 10n delova, gde je n ceo pozitivan broj, onda

se nalaze približne vrednosti a i b sa tačnošću 1/10n. Predpostavlja se da su na stranici AB datog pravougaonika nanesene duži AB1 i AB2 čije su dužine p/10n i (p+1)/10n, a na stranicu duži AD1 i AD2 sa dužinama q/10n i (q+1)/10n. Pri tom su p/10n i q/10n približno manje racionalne vrednosti broja a i b, a (p+1)/10n i (q+1)/10n približne veće vrednosti a i b izračunate sa tačnošću 1/10n. Tada je na osnovu rezultata iz tačke b) površina pravougaonika

AB1C1 D1=p

10n∙

q

10n i površina

AB2C2 D2=p+1

10n∙

q+1

10n. Ako je sa P označena

površina pravougaonika ABCD, onda je očevidno: p

10n∙

q

10n<P< p+1

10n∙q+1

10n . Sada se predpostavlja da broj n stalno raste. U tom slučaju

brojevip/10n približno manja racionalna vrednostbroja a). Pro tom se može odabrati takva vrednost broja n, tj. može se uzeti približna vrednost broja a. Na isti način se

brojevi p

10n∙

q

10n i p+1

10n∙q+1

10n neograničeno približavaju broju b. Kraće se kaže brojevi

p

10n i p+1

10n teže za rastuće vrednosti n, svojoj granici b.

Odakle sledi da proizvod i p

10n , q

10n , p+1

10n , i q+1

10n teže zajedničkoj granici broju ab. Na

osnovu navedene nejednakosti sleduje da i P teži broju ab, tj. da je i u slučaju iracionalnih dimenzija P = a ∙ b.

7

ZADACI:

1. Kolika je površina pravougaonika ako je jedna njegova stranica čini 3/5 druge stranice, a obim pravougaonika iznosi 40 cm.

b=35

a O=2 (a+b) P=a ∙b

O=40 cm P=20016

∙12016

=24000256

O=2(a+ 35

a) P=93,75 cm2

O=2 ∙85

a

40=165

a

a=20016

cm

b=35

∙20016

=12016

cm

2. U pravougaonik P1 dimenzija a =41, b =27 upisan je pravougaonik P2 tako da se na svakoj stranici pravougaonika P1 nalazi tačno jedno teme pravougaonika P2 i stranice pravougaonika P2 se odnose kao 1:3. Izračunati površinu pravougaonika P2.

AB=a=41, BC=b=27EB=GD=x , BF=DH= y

Tačka S je presek dijagonala pravougaonika. Pravougaonici P1 i P2 su centralno simetriični u odnosu na na ccentar simetrije S.Iz sličnosti trouglova EBF i FCG sledi: FC =3x i CG =3y BC=BF+FC CD=CG+GD

EF=√25+144=13 27= y+3 x 41=3 y+xEF : FG=1 :3FG =3EF y+3 x=27FG =39 3 y+x=41

−9 x−3 y=−81P2=EF ∙ FG x+3 y=41P2=13 ∙39 −8 x=−40 x=5

y=27−15

y=12

P2=507

8

3. Paralelno sa stranicama (AB=a=3 cm i AD=b=4 cm) pravougaonika povučene su prave na jednakom rastojanju h od stranica. Na taj način dobija se pravougaonik čija je površina dva puta manja od površine datog pravougaonika. Izračunati rastojanje h.

a = 4 b = 4 P1 = 2P2

P1 = 2P2 a ∙ b = 2((a - h)(b – h))

h =? 12 = 2((3 – h)(4 – h)) / :26 = 12 – 3h – 4h +h2 h2 – 7h + 6 = 0

Moguća rešenja h1 = 1i h2 = 6 h2 = 6 nema smisla zato što bi se za (a - h) i (b – h) dobila negativna rešenja.

Rešenje je h1 = 1 cm

9

2.2. Površina kosouglog paralelograma

2.2.1. Površina romboida

TEOREMA: Merni broj površina romboida jednak je proizvodu mernih brojeva osnovice i visine. P = a ∙ h

DOKAZ: Dat je romboid ABCD i neka je a merni broj osnovice AB, a h merni broj visine BE.

Površina ABCD = površina ABED + površina BCE Površina ABEF =površina ABED + površina ADF Trougao BEC ≅ ADF ( BE = AF, BC = AD, EC = FD) pa je prema tome površina romboida ABCD jednaka pravougaoniku ABEF (svojstvo da dva poligona koja nisu podudarna, ali se mogu razložiti na parove podudarnih poligona imaju jednake površine).

POVRŠINA ROMBOIDA IZRAŽENA PREKO SINUSA UGLA

TEOREMA: Merni broj površine romboida jednak je proizvoud mernog broja stranica i sinusa njima zahvaćenog ugla. P = a ∙ b ∙ sinα

DOKAZ: Iz pravouglog trougla AED dobijamo sinα=hb

pa je onda h = b ∙ sinα

POVRŠINA ROMBOIDA IZRAŽENA PREKO VEKTORSKOG PROIZVODA

TEOREMA: Merni broj površine romboida konstruisanog nad vektorima a⃗ i b⃗ jednaka je intenzitetu njihovog vektorskog proizvoda.

P=|a⃗ x b⃗|

DOKAZ: Po definiciji dobija se |a⃗ x b⃗| = |a⃗|∙|b⃗|∙sin∠(a⃗ , b⃗). U ovom slučaju intenziteti vektora

a⃗ i b⃗ su merni brojevi stranica a ∠( a⃗ , b⃗) je ugao romboida. Već smo rekli da je povrđina jednaka

P = a ∙ b ∙ sinα to je onda P=|a⃗|∙|⃗b|∙ sin∠( a⃗ , b⃗) što se može napisati kao P=|a⃗ x b⃗|.

10

2.2.2 Površina romba

ROMB – Specijalni slučaj kosouglog paralelograma kod koga su sve stranice jdnake. Za romb važe sve jednačine koje smo naveli.

TEOREMA: Merni broj površine romba jednak je polovini proizvoda mernih brojeva njegovih dijagonala.

P=d1 ∙d2

2

DOKAZ: PABCD=PABD+PBCD (dva poligona koji nisu podudarni, ali se mogu razložiti na patove podudarnih poligona, imaju istu površinu). Trouglovi ABD i BCD su jednakokraki sa zajedničkom osnovicom d2 i kracima a. Pošto s dijagonale polove pod pravim uglom te će onda visina romba biti jednaka polovini dijagonale d1. Površina

trougla je P=a ∙ha

2, a to je u našem slučaju P=d2∙

d1

2∙

12=

d1 ∙ d2

4. Površina romba je u ovom

slučaju jednaka dvostrukoj površini trouglova pa će biti P=2 ∙d1 ∙ d2

4=

d1 ∙d2

2.

ZADACI:

1. Iz temena tupog ugla romba povučene su normale na njegove stranice. Dužina svake od ovih normala je a, dok je rastojanje njihovih podnožja b. Izračunati površinu romba.

AB=BC=CD=DA=x⟹ P=x2 ∙ sin∝ Iz trougla i AED sledi:

sin∝=ax⟹ x= a

sin∝

Iz trougla DEF sledi:

sin∝=2 sin∝2

cos∝2

; cos2 ∝2=1−sin2 ∝

2

sin∝=2sin∝2

∙√1−sin2 α2

; cos∝2

=√1−sin2 ∝2

P=x2 sin∝

P= a2

sin∝

P= a2

2sin2∝ ∙√1−sin2 ∝

2

P= a2

2 ∙b

2a∙√1− b2

4 a2

P= a3

b ∙√ 4a2−b2

4a2

11

P= 2a4

b ∙√4a2−b2

12

2. Visine paralelograma odnose se kao 2:3; njegov obim je 40 cm, a oštar ugao 30º.

Izračunati površinu paralelograma.

ha:hb=2 :3⟹ha=23

hb

O = 40 cmα = 30º

P = ? P=a ∙ha

P=b ∙hh a ∙ha=b ∙ hb O=2 a+2b

a ∙23

hb=b ∙ hb/ :hb O=2 ∙32

b+2 b

23

a=b O=5 b

2 a=3b 40=5b

a=32

b b=8 cm⟹a=32

b

a=12 cm P=a ∙b ∙ sinα

P=12 ∙ 8 ∙12

P=48 cm2

13

3. Površina trougla TROUGAO – je mnogougao koji ima tri stranice.

TEOREMA: Merni broj površine trougla jednak je polovini proizvoda mernih brojeva njegove stranice i odgovarajuće visine.

P=a ∙ha

2

DOKAZ: Dat je trougao ABC sa stranicom AB čiji je merni broj a, i visinom CD čiji je merni broj h.

Ako kroz temena trougla B i C povučemo prave paralelne sa stranicama AC i AB sa presekom u tački E dobijamo paralelogram

ABEC. Površina dobijenog paralelograma je a ∙ha. Ovaj paralelogram se sastoji iz dva

podudarna trougla ABC i BCE, pa će onda površina datog trougla biti P=a ∙ha

2.

Specijalni slučajevi ovog dokaza su jednakostranični i jednakokraki trougao.

JEDNAKOKRAKI TROUGAO:

h2=b2−( a2 )

2

P=a ∙h2

h=√b2−( a2 )

2

P=a2

∙ √4 b2−a2

2

h=√4 b2−a2

√4

P= a4

∙√4b2−a2

JEDNAKOSTRANIČNI TROUGAO:

φ=60º P=a ∙h2

sinφ=ha

P=a2

∙a√3

2 h=sinφ ∙ a

h=a ∙ √32

P=a2√34

14

POVRŠINA KAO FUNKCIJA DVEJU STRANICA I NJIMA ZAHVAĆENOG UGLA

TEOREMA: Merni broj površine trougla jednak je polovini proizvoda mernih brojeva njegovih stranica i njima zahvaćenog ugla.

P=b ∙ c ∙ sinα2

DOKAZ: Dat je trougao ABC. Neka je AB = c, BC = a, CA = b i BD = h. Odatle sledi:

h=c ∙ sinα

Površina trougla ABC je onda P=b ∙h2

P=b ∙ c ∙ sinα2

POVRŠINA TROUGLA IZRAŽENA PREKO POLUPREČNIKA UPISANOG KRUGA

TEOREMA: Merni broj površine trougla jednak je proizvodu mernih brojeva poluprečnika upisanog kruga i polu obima.

P=r ∙ s

DOKAZ: Površina trouglova ABO, BCO i CAO

su redom cr2

,ar2

ibr2

. Površina trougla ABC biće jednaka zbiru površina prethodna tri

trougla.

PABC=PABO+PBCO+PCAO

PABC= cr2

+ar2

+ br2

PABC=¿r ∙( a+b+c

2 )¿

PABC=¿r ∙ s ¿ s=OABC

2

15

16

POVRŠINA TROUGLA IZRAŽENA PREKO POLUPREČNIKA OPISANOG KRUGA

∠ABC1 = 90º

AC1 = 2 ∙ R

γ = γ' ⟹ sin γ' =c

2r

P=abc4 r

HERONOV OBRAZAC: U trouglu ABC neka je CD = h, AD = x, AC = b, BC = a, DB = c-x. Iz trouglova ADC i DBC sledi:

h2=b2−x2

h2=a2−(c−x )2

b2−x2=a2−(c−x )2

b2−x2=a2−c2+2cx−x2

b2=a2−c2+2 cx

x=b2−a2+c2

2 cVrednost za x zamenićemo u prvu jednačinu.

s=a+b+c2

h2=b2−( b2−a2+c2

2c ) h2=(b−b2−a2+c2

2 c )∙(b+ b2−a2+c2

2 c ) h2=2bc−b2+a2−c2

2c∙

2bc+b2−a2+c2

2c

h2=a2−(b−c )2

2c∙

(b+c )2−a2

2 c

h2=2 ∙ (s−b ) ∙2∙(s−c )∙ 2∙ (s−a) ∙ 2 s

4 c2

h2=4 s ∙(s−a)(s−b)(s−c )

c2

h=2c

∙√ s(s−a)(s−b)(s−c)

P= c ∙h2

=c2

∙2c

∙√s(s−a)(s−b)(s−c)

P=√s(s−a)(s−b)(s−c)

POVRŠINA TROUGLA IZRAŽENA U FUNKCIJI KOORDINATA TEMENA

Koordinate trougla ABC su A(x1,y1), B(x2,y2), i C(x3,y3). P=PAA 'C C '+PCC' BB'−PAA' BB '

17

PAA' C C '=( y1+ y3)(x3−x1)

2

PCC' BB'=( y2+ y3 )(x2−x3)

2

PAA' B B'=( y1+ y2)(x2−x1)

2

P=( y1+ y3

)(x3−x1)2

+( y2+ y3 )(x2−x3)

2−

( y1+ y2)(x2−x1)2

P=12

∙( y1 x3− y1 x1+ y3 x3− y3 x1+ y2 x2− y2 x3+ y3 x2− y3 x3− y1 x2+ y1 x1− y2 x2+ y2 x1)

P=12

∙(x1 ( y2− y3 )+x2 ( y3− y1 )+x3 ( y1− y3 ))

Prilikom zamene mesta temena B i C može se desiti da rezultat bude negativan,pa sezato ovaj obrazac piše u obliku:

P=12

∙|x1 ( y2− y3 )+x2 ( y3− y1 )+ x3( y1− y3)|

ZADACI:

1. Izračunati površinu jednakokrakog trougla osnovice 12 cm, ako je visina koja odgovara osnovici jednaka odsečku koji spaja sredine osnovice i kraka.

a=12 cm h2=b2−a2

4

h=√4b2−a2

4

P = ? h=√4b2−a2

2

Iz sličnosti trouglova ABC i DBE sledi: Korišćenjem obrasca za izračunavanje površine jednakokrakog trougla

a :a2=b : h P= a

4√4 b2−a2

a :a2=b : √4 b2−a2

2 P=3 √4 ∙ 48−144

a2

∙√4 b2−a2=a2

∙ b /: a2

P=3 √48

√4 b2−a2=b¿2 P=12√3cm4 b2−a2=b2

3 b2=a2

3 b2=144 b=4 √3 cm

2. Visina CD pravouglog trougla gradi na hipotenuzi odsečak AD = 12 cm. Odrediti površinu trougla, ako je ∠ACD = 30º.

18

AD = 12 cm∠ACD = 30º

P = ?

Iz dopune trougla ADC do jednakostraničnog trougla CA = 2AD CA = 24 cm

Visinu CD dobijamo pomoću obrasca za visinu jednakostraničnog trougla.

CD¿ CA∙√32

=24√32

=12√3cm

Ako dopunimo trougao CDB do jednakostraničnog trougla dobijamo:

DB=2CD ∙√32

=CD ∙√3=12√3 ∙√3=36 cm

PABC=(BD+DA )∙ DC

2

PABC=48 ∙ 12√3

2

PABC=288√3cm2

19

3. Zbir dve stranice trougla je 15 cm, a visine koje njima odgovaraju su 4 cm i 6 cm. Izračunati površinu trougla. a+b=15 cm⟹a=15−b;b=15−a ha=¿4 cm ;hb=6 cm¿

P=a ∙ha

2 P=

b ∙hb

2

P=(15−b) ∙ 4

2 P=

(15−a) ∙ 62

P=30−2b P=45−3 a 30−2b=45−3a 3 a−2b=15

15=3 (15−b )−2 b P=30−2b

15=45−3b−2b P=30−2 ∙6 −30=−5 b P=30−12 b=6 P=18 cm2

20

4. Površina trapeza

Trapez – je četvorougao koji ima jedan par paralelnih stranica. TEOREMA: Merni broj površine trapeza jednak je proizvodu mernih brojeva visine i srednje linije datog trapeza. P=m∙ h

SREDNJA LINIJA trapeza je duž čije krajnje tačke pripadaju sredini krakova trapeza. Paralelna je sa osnovicam i jednaka polovini zbira osnovice trapeza.

DOKAZ: Dat je trapez ABCD. Kroz sredinu stranice AD povučena je prava paralelna sa osnovicama. Ta prava polovi dijagonalu AC u tački M i seče

drugi krak BC u njegovoj sredini P. Iz trouglova ACD i ABC sledi:

MN=DC2

; NP= AB2

Sabiranjem se dobija:

MP= AB+CD2

Neka je AB=a i CD=b onda će MP biti m. A kako smo rekli da je površina trapeza jednaka proizvodu srednje linije i visine dobijamo:

m=a+b2

P=m∙ h

P=a+b2

∙ h

ZADACI: 1. Površina jednakokrakog trapeza, opisanog oko kružnice je 50 cm2, a oštar ugao

na osnovici 30º. Odrediti krak trapeza. φ=30°

PABCD=50 cm2

c=?

Trapez u koji može da se upiše kružnica je tangentan pa za njega važi relacija:

0+b=2c sinφ=hc

c=a+b2

c=a+b2

P=(a+b)

2h

P=c ∙ c ∙ sinφ

P=c2 ∙ sinφ

c2= Psinφ

21

c=√ 500,5

c=10 cm

22

2. Osnovice trapeza su 24 cm i 10 cm, a kraci 13 i 15 cm. Izračunati površinu trapeza.

x+ y=14 a=24 cmh2=c2−x2

−x+ y=4 b=10 cmh2=169−25

y=9 cm c=13 cm h=√144x=5 cm d=15 cm h=12 cm

P=? 3

a−(x+ y )=b h2=c2−x2 P=a+b2

∙ h

x+ y=14 h2=d2− y2 P=24+102

∙ 12

c2−x2=d2− y2 P=17 ∙ 12 ( y−x ) ( y+x )=d2−c2

14 ∙( y−x)=56 P=204 cm2

y−x=4

23

5. Površina četvorougla sa normalnim dijagonalama

TEOREMA: Merni broj površine četvorougla čije su dijagonale normalne jednak je polovini proizvoda mernih brojeva njegovih dijagonala.

P=d1 ∙d2

2

DOKAZ: Neka je AC = d1 i BD = d2 onda je: PABCD=PABD+PBCD

PABCD=d2∙|OA|

2+

d2 ∙|OC|

2

PABCD=d2(|OA|+|OC|)

2

PABCD=d1 ∙ d2

2

Ovo se odnosi i na kvadrat:

P=a2=d2

2

DELTOID: četvorougao čija jedna dijagonala polovi drugu dijagonalu.

ZADACI: 1. Nejednake stranice deltoida grade prav ugao. Ako je duža stranica duplo veća od

kraće izračunati površinu deltoida. b=2 a

P=2 ∙ab2

=ab

P=2 a2

24

6. Površina mnogougla TEOREMA: Merni broj površine ma kog mnogougla jednaka je zbiru površina trouglova i trapeza.

P=P1 +P2+P3+…Pn

DOKAZ: Iz bilo kog temena povući proizvoljnu pravu (u ovom primeru AM) i onda treba konstruisati normale na tu pravu iz svih temena mnogougla. Tako se dobija više trouglova i trapezai njihovim sabiranjem odnosno oduzimanjem dobija se tražena površina.

P=P1 +P2+P3+P4 P5 P6 P7−PDTD 1

TEOREMA:Merni broj površine mnogougla jednak je polovini proizvoda mernih brojeva njegovog obima i poluprečnika upisanog kruga.

P=O ∙r2

=r ∙ s

DOKAZ:

P=PAOB+PBOC+PCOD+PDOE+PEOA

P=a ∙ r2

+ b ∙ r2

+ c ∙ r2

+ d ∙r2

+ e ∙ r2

P= r2(a+b+c+d+e )

P=r(a+b+c+d+e)

2

P=r ∙ s

25

6.1.Površina pravilnog mnogougla PRAVILAN MNOGOUGAO – mnogougao koji ima sve stranice i uglove jednake.

6.1.1. Površina pravilnog šestougla

Trouglovi AOB, BOC, COD, DOE, EOF i FOA su jednakostranični.

PAOB=a2√3

4

P=6 P AOB

P=3 ∙a2 √3

2

ZADACI: 1. Izračunati površinu osenčenog dela figure.

P=4 PEHO=4 ∙ah2

=2 ah

P=2 ∙OH ∙ HE

P=2 ∙32

∙3√3

2

P=9√32

Trouglovi EHO, OHA, EGO i OGC su jednaki.

26

6.1.2. Površina sličnih mnogouglova

TEOREMA: Merni brojevi odnose se kao kvadrati mernih brojeva homologih stranica.

DOKAZ: Trouglovi ABC i A1B1C1 su slični. Neka su površine trouglova P i P1 AB = a, A1B1 = a1, CD = h, C1D1 = h1. Površine tih trouglova su:

P= ch2

,P1=

c1 h1

2

PP1

= chc1 h1

= cc1

∙hh1

(1. jednačina)

aa1

= bb1

= cc1

= hh1

=k (2. jednačina); k – koeficijent sličnosti

Zamenom druge jednačine u prvu dobija se:

PP1

k2; ( c

c1

=k⋀hh1

=k ) Iz ovog dalje sledi:

PP1

=a2

a12=

b2

b12 =

c2

c12 =

h2

h12

TEOREMA: Merni brojevi površina dva slična poligona odnose se kao kvadrati mernih brojeva njihovih homologih stranica

DOKAZ: Površine sličnih mnogouglova su P i P1. Iz temena A i A1 povući ćemo dijagonale koje će obrazovati zajedno sa stranicama trouglove ABC, A1B1C1, ACD i A1D1E1. Površine tih trouglova su redom P', P'', P''', P1

', P1'', P1

'''. Iz sličnosti trouglova ΔABC ~ ΔA1B1C1, ΔACD ~ ΔA1 C1D1 sledi na osnovu prethodne teoreme:

P'

P1' =k2 ,

P' '

P1' ' ,

P' ' '

P1' ' ' =k2

Dalje sledi: P'=P1

' ∙k 2 , P' '=P1' ' ∙ k2 , P' ' '=P1

' ' ' ∙ k2

A odatle sabiranjem dobijamo:

P'+P' '+P' ' '=k2(P1' +P1

' '+P1' ' ' )

P=k2 ∙ P1

PP1

=k2

27

PP1

=a2

a12=

b2

b12 =

c2

c12

28

ZADACI:

1. Trapez sa osnovicama a i b podeljen je odsečkom EF paralelnim osnovicama na dva jednaka dela. Naći EF.

12

P=P1=P2

12

∙a+b

2∙ h= x+b

2∙ h1

a+b

2∙ h=(x+b)∙ h1

hh1

=2( x+b)

a+b

Iz sličnosti trouglova CGF i CHB sledi:

h :h1=(a−b ) :(x−b) 2(x−b)

a+b=a−b

x−b

2 x3−2 b2=a2−b2

x2=a2+b2

2

x=√ a2+b2

2

29

7. Površina kruga TEOREMA: Merni broj površine kruga jednak je proizvodu broja π i kvadrata mernog broja poluprečnika.

P=r2∙ π

30

π – konstanta koja predstavlja količnik obima i poluprečnika π=3.145193

DOKAZ: Površina kruga je zajednička granica svih upisanih i opisanih pravilnih mnogouglova kada se njihov broj višestruko udvaja.

Pm=¿ merni broj obima upsanog mnogougla

Pm=¿ merni broj obima opisanog mnogougla

r,R = apoteme P=¿ površina

Obrazac za površinu mnogougla glasi:12

pm ∙r<P< 12

Pm∙ r

Ako sa C obeležimo obim kruga onda dobijamo:

pm<C<Pm

Iz nejednakosti pm<C dobija se 12

pm ∙r<C ∙r , odatle je r<R tj. 12

C ∙ r< 12

C ∙ r pa

nalazimo 12

pm ∙r< 12

C ∙r . Slično i iz C< pm sledi 12

C ∙ R< 12

Pm ∙ R dolazimo do

nejednačine 12

pm ∙r< 12

C ∙R< 12

Pm ∙ R. Kada se broj stranica mnogouglova neograničeno udvaja onda

pm i Pm teže zajedničkoj granici, a apotema r teži granici R. Iz prethodne nejednačine

proizilazi da 12

pm ∙r i 12

Pm ∙ R teže zajedničkoj granici 12

C ∙ R. Ta vrednost se uzima kao

vrednost za merni broj površine kruga. Pošto je C=2 Rπ, površina iznosi:

P=12

C ∙ R=12

∙2 Rπ ∙ R

P=r2 π

31

7.1.Površina kružnog isečka

U krugu kao na slici dat je kružmi isečak . Ukoliko se kružna linija podeli na 360 jednakih delova i ti delovi se spoje sa centrom kruga onda je krug podeljen na 360 jednakih delova pri čemu je centralni ugao tih delova jednak 1° onda je njegova površina:

R2 π360°

Površina kružnog isečka centralnog ugla φ iznosi:

P=φ ∙R2 π360° ⟹ P=φ ∙ R2 π

180° ∙R2

Dužina kružnog luka ¿l¿ AB¿ iznosi φ ∙ R2 π

180° pa se konačan obrazac može zapisati u

obliku:

P= Rl2

7.2.Površina kružnog odsečka

Površina kružnog odsečka se dobija kao razlika površina isečka OAB i trougla OAB.

P=P1−P2

P=φ ∙ R2 π360° − AB∙ OC

2

Iz pravouglog trougla OBC sledi:

BC=R ∙ sinφ2

, OC=R ∙ cosφ2

Zamenom u obrazac za izračunavanje površine trougla dobijamo:

P=12

∙ 2 R ∙ sinφ2

∙ R ∙cosφ2

P= R2

2∙ sinφ

Pa je površina odsečka:

P= R2 πφ360° −R2

2∙ sinφ

P= R2

2 ( πφ180° −sinφ)

32

33

7.3.Površina kružnog prstena

Izračunava se kao razlika površina koncetričnih krugova poluprečnika R i r i iznosi

P=π ( R2−r2 )

ZADACI:

1. U kružnicu poluprečnika r = 2 cm je upisan trougao čija temena dele kružnicu u odnosu 2:5:17. Izračunati površinu trougla.

PABC=PSAB+PSCB+PSCA

PABC=12

r2 sin α1+12

r2 sinα2−12

r2sin (α 1+α2)

PABC=12

r2 ¿

Ako je :

α 1+α2+α3=360°

Kružna linija je podeljena u odnosu 2:5:17 ⟹ 24 dela.

φ=α1+α 2+α 3

24=360

24=15°

α 1=2φ=30°

α 2=5φ=75°

α 3=17 φ=255°

PABC=12

r2 (sin 30° sin 75° sin 255° ) sin 75°=sin 105°

PABC=12

r2 (sin 30° sin 75° sin 255° )

sin 75°=sin 105°

PABC=12

∙ r2 ∙12

PABC=12

∙ 4 ∙12

PABC=1 cm2

34

35

2. Dokazati da je prečnih kruga upisanog u jednakokrakom trapezu jednak geometrijskoj sredini osnovica.

Osobina tangentnog četvorougla:

a+b=2c R=2r=h

c=a+b2

R2=( a+b2 )

2

−( a−b2 )

2

R2=( a+b−a+b2 )( a+b+a−b

2 )R2=2 b

2∙

2a2

R2=ab

R=√ab

3. Dokazati da je površina pravouglog trougla jednaka proizvodu odsečaka koje obrazuje na hipotenuzu dodirna tačka upisane kružnice.

AC=m+r AB=n+r P=r ∙ s

P=r ∙(m+n+n+r+r+m )

2

P=r ∙2 (m+n+r )

2

P=r ∙ (m+n+r )

Iz Pitagorine teoreme sledi:

(m+r )2+(r+n )2=(m+n )2

m2+2mr+r 2+r 2+2 rn+n2=m2+mn+n2

2 mr+2r 2+2 rn−2 mn=02 (mr+r2+rn−mn )=0

r (m+n+r )−mn=0

r (m+n+r )=mn

P=mn

36

LITERATURA:

1. Ognjanović S., Ivanović Ž, (1997): Matematika1 „Krug“, Beograd. 2. Ognjanović S., Ivanović Ž, (2004): Matematika3 „Krug“, Beograd. 3. Ognjanović S., Ivanović Ž, (2001): Matematika4+ „Krug“, Beograd. 4. Grupa autora, (1973):Matematika , Opšta enciklopedija Larousse„Vuk Karadžić“,

Beograd. Internet:

1. Sajt Wikipedia, http://www.wikipedia.org/ , pregledan 24/4/2012.