MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 143

Długość łuku wycinka jest obwodem podstawy. Dla tworzącej $l=12$ cm otrzymujemy

$$\frac{\alpha}{360^\circ}\,2\pi l=2\pi r, \qquad r=\frac{\alpha}{360^\circ}\cdot12.$$

Następnie $h=\sqrt{l^2-r^2}$, $P_p=\pi r^2$ oraz $V=\frac13\pi r^2h$.

a) $r=2$, $h=2\sqrt{35}$.

b) $r=6$, $h=6\sqrt3$.

c) $r=8$, $h=4\sqrt5$.

d) $r=9$, $h=3\sqrt7$.

a) Największe koło wycięte z kwadratu o boku $6$ cm ma promień $r=3$ cm. Łuk wycinka jest obwodem podstawy, więc

$$\frac{\alpha}{360^\circ}\,2\pi\cdot15=2\pi\cdot3.$$

Stąd $\alpha=72^\circ$.

b) Promień koła opisanego na kwadracie o boku $5$ cm wynosi $r=\frac{5\sqrt2}{2}$ cm. Jeśli $\gamma$ jest kątem między tworzącą a wysokością, to $\sin\gamma=\frac{r}{l}=\frac23$, czyli $l=\frac32r$. Zatem

$$h=\sqrt{l^2-r^2}=\frac{\sqrt5}{2}r.$$

Pole przekroju osiowego jest równe

$$\frac12\cdot2r\cdot h=rh =\frac{\sqrt5}{2}r^2=\frac{25\sqrt5}{4}\ \mathrm{cm}^2.$$

a) Przekrój osiowy stożka jest równoramienny, więc jako trójkąt prostokątny jest także prostokątny równoramienny. Jeśli tworząca ma długość $l$, to $S=\frac12l^2$, zatem $l=\sqrt{2S}$. Promień i wysokość są równe $\frac{l}{\sqrt2}=\sqrt S$. Stąd

$$P_c=\pi r^2+\pi rl=(1+\sqrt2)\pi S, \qquad V=\frac13\pi r^2h=\frac13\pi S\sqrt S.$$

b) Warunek $P_b=2P_p$ daje $\pi rl=2\pi r^2$, czyli $l=2r$. W połówce przekroju osiowego $\cos\beta=\frac{r}{l}=\frac12$, więc $\beta=60^\circ$. Kąt rozwarcia wynosi $180^\circ-2\beta=60^\circ$.

a) Połowa kąta rozwarcia ma $30^\circ$, więc $r=\frac l2$ i $h=\frac{\sqrt3}{2}l$. Z warunku $P_b=\pi rl=\frac12\pi l^2=8\pi$ otrzymujemy $l=4$ cm. Zatem $r=2$ cm, $h=2\sqrt3$ cm oraz

$$V=\frac13\pi\cdot2^2\cdot2\sqrt3 =\frac{8\sqrt3}{3}\pi\ \mathrm{cm}^3.$$

b) Połowa kąta rozwarcia ma $15^\circ$. Mamy $r^2=9(2-\sqrt3)$ oraz $\operatorname{tg}15^\circ=2-\sqrt3$, więc

$$h=\frac{r}{2-\sqrt3}=r(2+\sqrt3).$$

Pole przekroju osiowego wynosi $rh=9(2-\sqrt3)(2+\sqrt3)=9\ \mathrm{cm}^2$. Ponadto $r=\frac32(\sqrt6-\sqrt2)$ i $h=\frac32(\sqrt6+\sqrt2)$, skąd

$$V=\frac13\pi r^2h =\frac92\pi(\sqrt6-\sqrt2)\ \mathrm{cm}^3.$$

Pole podstawy jest różnicą pola całkowitego i bocznego:

$$P_p=\frac{2\pi}{\sqrt2-1}-2\pi\sqrt2 =2\pi(\sqrt2+1)-2\pi\sqrt2=2\pi.$$

Zatem $r=\sqrt2$ cm. Z $P_b=\pi rl=2\pi\sqrt2$ otrzymujemy $l=2$ cm. Jeśli $\beta$ jest kątem tworzącej z podstawą, to

$$\cos\beta=\frac{r}{l}=\frac{\sqrt2}{2},$$

więc $\beta=45^\circ$.

Promień zbiornika wynosi $30$ cm. Z twierdzenia Pitagorasa jego wysokość jest równa

$$H=\sqrt{50^2-30^2}=40\ \mathrm{cm}.$$

Przy poziomie $H/2=20$ cm podobieństwo przekrojów daje promień wody $15$ cm, więc

$$V_w=\frac13\pi\cdot15^2\cdot20=1500\pi\ \mathrm{cm}^3=1{,}5\pi\ \mathrm l.$$

Jeśli woda zajmuje połowę objętości, skala liniowa $k$ podobnego stożka spełnia $k^3=\frac12$. Wysokość wody wynosi zatem

$$h=\frac{40}{\sqrt[3]2}=20\sqrt[3]4\ \mathrm{cm}.$$

a) Dla ramienia $a$ trójkąta prostokątnego równoramiennego $\frac12a^2=8$, więc $a=4$ cm. Przeciwprostokątna ma długość $4\sqrt2$ cm, a wysokość opuszczona na nią ma długość $2\sqrt2$ cm. Po obrocie powstają dwa stożki o wspólnym promieniu $2\sqrt2$ cm, których wysokości mają łącznie $4\sqrt2$ cm. Zatem

$$V=\frac13\pi(2\sqrt2)^2\cdot4\sqrt2 =\frac{32\sqrt2}{3}\pi\ \mathrm{cm}^3.$$

b) Niech $O$ będzie spodkiem wysokości długości $4$ na najdłuższy bok $AB$. Z twierdzenia Pitagorasa

$$|AO|=\sqrt{6^2-4^2}=2\sqrt5, \qquad |OB|=\sqrt{5^2-4^2}=3.$$

Obrót daje dwa stożki o wspólnym promieniu $4$, a suma ich wysokości wynosi $2\sqrt5+3$. Stąd

$$V=\frac13\pi\cdot4^2(2\sqrt5+3) =16\pi\left(1+\frac{2\sqrt5}{3}\right)\ \mathrm{cm}^3.$$