MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 140

Niech promień walca będzie równy $r$, a jego wysokość $H$. Trójkąt $AO_1B$ jest prostokątny i ma przyprostokątne $AO_1=BO_1=r$, więc

$AB=r\sqrt2.$

Pole otrzymanego prostokąta wynosi

$S=AB\cdot H=r\sqrt2\,H.$

Pole przekroju osiowego jest równe

$P_o=2rH=\sqrt2\,S.$

Oznaczmy promień przez $r$, a wysokość przez $h$. Rzut opisanego odcinka na podstawę ma długość $r$, zatem

$\tan\alpha=\frac hr,qquad h=r\tan\alpha.$

a) Z pola przekroju osiowego

$S=2rh=2r^2\tan\alpha$

wynika $r=\sqrt{\frac{S}{2\tan\alpha}}$. Zatem

$V=\pi r^2h=\frac12\pi S\sqrt{\frac{S}{2\tan\alpha}}.$

b) Przekątna przekroju osiowego spełnia

$d^2=4r^2+h^2=r^2(4+\tan^2\alpha).$

Stąd $r=\frac d{\sqrt{4+\tan^2\alpha}}$ i

$V=\pi d^3\tan\alpha\left(\frac1{4+\tan^2\alpha}\right)^{3/2}.$

Najmniejsze pudełko ma promień równy promieniowi piłki,

$r=3{,}2\ \mathrm{cm},$

oraz wysokość równą trzem średnicom,

$h=3\cdot6{,}4=19{,}2\ \mathrm{cm}.$

Jego pole powierzchni bocznej wynosi

=122{,}88\pi\ \mathrm{cm}^2.$$ Ponieważ $3\ \mathrm{dm}^2=300\ \mathrm{cm}^2$, a $122{,}88\pi\approx386{,}0>300$, pole jest większe od $3\ \mathrm{dm}^2$.

Niech $x$ i $y$ będą bokami przekroju osiowego, a $\sqrt{x^2+y^2}$ jego przekątną. Jeśli $x,y,\sqrt{x^2+y^2}$ są kolejnymi wyrazami ciągu geometrycznego, to

$y^2=x\sqrt{x^2+y^2}.$

Po wprowadzeniu $q=\frac yx$ i podniesieniu do kwadratu otrzymujemy

$q^4=1+q^2,$

zatem

$q^2=\frac{1+\sqrt5}{2}.$

Nie wiadomo, który bok przekroju jest średnicą $2r$, a który wysokością $h$. Dlatego

$\frac h{2r}=\sqrt{\frac{\sqrt5+1}{2}}$

albo wartość odwrotna, równa $\sqrt{\frac{\sqrt5-1}{2}}$. Ponieważ

$\frac{P_b}{P_p}=\frac{2\pi rh}{\pi r^2}=\frac{2h}{r}=4\frac h{2r},$

otrzymujemy dwa wyniki.

Boki prostokąta otrzymanego po rozwinięciu powierzchni bocznej mają długości $2\pi r$ i $h$. Przekątna ma długość $6$ i tworzy z jednym z boków kąt $60^\circ$, więc boki prostokąta mają długości

$6\cos60^\circ=3,\qquad 6\sin60^\circ=3\sqrt3.$

Są dwa przypadki.

Jeśli $2\pi r=3$ i $h=3\sqrt3$, to

=\frac{27\sqrt3}{4\pi}.$$ Jeśli $2\pi r=3\sqrt3$ i $h=3$, to $$V=\pi\left(\frac{3\sqrt3}{2\pi}\right)^2\cdot3 =\frac{81}{4\pi}.$$

Objętość jednej puszki to $1\ \mathrm{l}=1000\ \mathrm{cm}^3$. Przy wysokości $10\ \mathrm{cm}$ pole jej podstawy wynosi

$\pi r^2=\frac{1000}{10}=100,$

więc $r^2=\frac{100}{\pi}$. Z rysunku puszki stoją w dwóch rzędach po trzy. Najmniejszy prostokąt obejmujący ich podstawy ma wymiary $6r$ i $4r$, zatem jego pole wynosi

$P=24r^2=\frac{2400}{\pi}\ \mathrm{cm}^2.$

Ponieważ $\pi<\frac{22}{7}$,

$P>\frac{2400}{22/7}=\frac{8400}{11}>750\ \mathrm{cm}^2.$

Tezę wykazano.

Objętość kubka wynosi

$V_k=\pi\cdot4^2\cdot10=160\pi\ \mathrm{cm}^3.$

Woda zajmuje $90\%$ tej objętości, czyli $144\pi\ \mathrm{cm}^3$. Wolna przestrzeń ma zatem objętość

$160\pi-144\pi=16\pi\ \mathrm{cm}^3.$

Cztery metalowe kostki wyprą objętość

$4\cdot2^3=32\ \mathrm{cm}^3.$

Ponieważ $32<16\pi$, wyparta woda zmieści się w wolnej części kubka.

Pole przekroju poprzecznego wody jest polem koła o promieniu $6$ pomniejszonym o pole górnego odcinka koła o wysokości $h$. Objętość otrzymujemy, mnożąc to pole przez długość zbiornika $15\ \mathrm{dm}$.

a) Dla $h=3$ odległość środka koła od lustra wody wynosi $6-3=3$. Połowa kąta środkowego górnego wycinka ma miarę $\frac\pi3$. Pole pustego odcinka wynosi

$P_o=6^2\cdot\frac\pi3-3\sqrt{6^2-3^2}=12\pi-9\sqrt3.$

Pole wody to $36\pi-P_o=24\pi+9\sqrt3$, więc

$V=15(24\pi+9\sqrt3)=45(8\pi+3\sqrt3)\ \mathrm{dm}^3.$

b) Dla $h=6-3\sqrt2$ odległość środka od lustra wody wynosi $3\sqrt2$, a połowa kąta środkowego ma miarę $\frac\pi4$. Pole pustego odcinka jest równe

$P_o=6^2\cdot\frac\pi4-(3\sqrt2)^2=9\pi-18.$

Pole wody to $27\pi+18$, zatem

$V=15(27\pi+18)=135(3\pi+2)\ \mathrm{dm}^3.$