MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 158

Niech promień kuli będzie równy $R$. Oba graniastosłupy mają wysokość $2R$.

W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym promień $R$ jest promieniem okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny o boku $a$. Zatem

$$R=\frac{a\sqrt3}{6}, \qquad a=2\sqrt3R.$$

Objętość tego graniastosłupa wynosi

$$V_3=\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot2R =\frac{(2\sqrt3R)^2\sqrt3}{4}\cdot2R =6\sqrt3R^3.$$

Podstawa graniastosłupa czworokątnego jest kwadratem o boku $2R$, więc

$$V_4=(2R)^2\cdot2R=8R^3.$$

Stąd

$$V_3:V_4=6\sqrt3:8=\frac{3\sqrt3}{4}.$$

Otrzymaliśmy stosunek podany w tezie.

Przekrój graniastosłupa płaszczyzną równoległą do podstaw i przechodzącą przez środek kuli pokazuje, że promień kuli jest apotemą sześciokąta foremnego o boku $5$:

$$R=\frac{5\sqrt3}{2}.$$

Kula jest styczna do obu podstaw graniastosłupa, więc jego wysokość jest równa średnicy kuli:

$$H=2R=5\sqrt3.$$

Niech krawędź podstawy ostrosłupa ma długość $a$. Przekrój przez przekątną podstawy i dwie krawędzie boczne jest równoboczny, więc krawędź boczna ma długość $a\sqrt2$.

Odległość środka podstawy od jej wierzchołka wynosi $a/\sqrt2$. Wysokość ostrosłupa:

$$H=\sqrt{(a\sqrt2)^2-\left(\frac a{\sqrt2}\right)^2} =\frac{a\sqrt6}{2}.$$

Wysokość ściany bocznej jest równa

$$m=\sqrt{H^2+\left(\frac a2\right)^2} =\frac{a\sqrt7}{2}.$$

Pole powierzchni całkowitej ostrosłupa wynosi

$$P_c=a^2+4\cdot\frac12am=a^2(1+\sqrt7).$$

Z zależności $V_o=\frac13P_cr$ dla ostrosłupa opisanego na kuli oraz $V_o=\frac13a^2H$ otrzymujemy

$$r=\frac{a^2H}{P_c} =\frac{a\sqrt6}{2(1+\sqrt7)}.$$

Zatem

$$\frac{V_k}{V_o} =\frac{\frac43\pi r^3}{\frac13a^2H} =\frac{6\pi}{(1+\sqrt7)^3} =\frac{\pi(5\sqrt7-11)}{18}.$$

Przekrój ostrosłupa przez wierzchołek, wysokość i środki przeciwległych krawędzi podstawy jest trójkątem równoramiennym o podstawie $6$. Jego kąty przy podstawie są równe szukanemu kątowi dwuściennemu $\beta$, a promień okręgu wpisanego wynosi $\sqrt3$.

Dla takiego przekroju zachodzi

$$r=\frac a2\tan\frac\beta2.$$

Po podstawieniu $a=6$ i $r=\sqrt3$:

$$\sqrt3=3\tan\frac\beta2, \qquad \tan\frac\beta2=\frac1{\sqrt3}.$$

Stąd $\beta/2=30^\circ$, więc

$$\beta=60^\circ.$$

Niech $a=8$ będzie krawędzią podstawy. Odległość środka kwadratu od jego wierzchołka wynosi $a/\sqrt2=4\sqrt2$. Ponieważ krawędź boczna także ma długość $8$, wysokość ostrosłupa jest równa

$$H=\sqrt{8^2-(4\sqrt2)^2}=4\sqrt2.$$

Wysokość ściany bocznej wynosi

$$m=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt3.$$

Pole powierzchni całkowitej:

$$P_c=8^2+4\cdot\frac12\cdot8\cdot4\sqrt3 =64(1+\sqrt3).$$

Korzystając z $V=\frac13P_cr$ oraz $V=\frac13\cdot8^2\cdot H$, mamy

$$r=\frac{8^2H}{P_c} =\frac{4\sqrt2}{1+\sqrt3} =2\sqrt2(\sqrt3-1).$$

Ze skanu odczytujemy krawędź podstawy $a=6\sqrt3$ oraz krawędź boczną $b=6\sqrt7$. W sześciokącie foremnym promień okręgu opisanego jest równy $a$, zatem wysokość ostrosłupa spełnia

$$H=\sqrt{b^2-a^2} =\sqrt{(6\sqrt7)^2-(6\sqrt3)^2} =12.$$

Apotema podstawy wynosi

$$q=\frac{a\sqrt3}{2}=9,$$

a wysokość ściany bocznej

$$m=\sqrt{H^2+q^2}=\sqrt{12^2+9^2}=15.$$

Pole podstawy i pole boczne są równe

$$P_p=\frac{3\sqrt3}{2}a^2=162\sqrt3,$$ $$P_b=\frac12\cdot6a\cdot m=270\sqrt3.$$

Dla kuli wpisanej w ostrosłup $V=\frac13P_cr$, a jednocześnie $V=\frac13P_pH$. Zatem

$$r=\frac{P_pH}{P_p+P_b} =\frac{162\sqrt3\cdot12}{432\sqrt3} =\frac92.$$

Pole powierzchni kuli wynosi

$$P=4\pi r^2=4\pi\left(\frac92\right)^2=81\pi.$$

Połączmy środek wpisanej kuli ze wszystkimi wierzchołkami ostrosłupa. Ostrosłup rozkłada się wtedy na mniejsze ostrosłupy, których podstawami są wszystkie jego ściany. Ponieważ kula jest styczna do każdej ściany, wysokość każdego z tych ostrosłupów jest równa $r$.

Jeśli pola kolejnych ścian oznaczymy przez $P_1,\ldots,P_n$, to

$$V=\sum_{i=1}^n\frac13P_i r =\frac13r\sum_{i=1}^nP_i.$$

Suma pól wszystkich ścian jest polem powierzchni całkowitej $P_c$, więc

$$V=\frac13P_c r.$$

W ten sposób wykazaliśmy żądaną zależność.

Promień kuli jest promieniem okręgu wpisanego w trójkąt będący przekrojem osiowym stożka.

a) Niech $l$ będzie długością ramienia przekroju. Dla kąta przy wierzchołku $90^\circ$ przekrój jest trójkątem równoramiennym prostokątnym.

$$S=\frac{l^2}{2}, \qquad l^2=2S.$$

Jego przeciwprostokątna ma długość $l\sqrt2$, więc promień okręgu wpisanego wynosi

$$r=\frac{2l-l\sqrt2}{2}.$$

Stąd

$$r^2=S(3-2\sqrt2),$$

a pole powierzchni kuli jest równe

$$P=4\pi S(3-2\sqrt2).$$

b) Dla kąta przy wierzchołku $120^\circ$ podstawa przekroju ma długość $l\sqrt3$, a wysokość $l/2$. Zatem

$$S=\frac{l^2\sqrt3}{4}, \qquad l^2=\frac{4S}{\sqrt3}.$$

Półobwód przekroju wynosi $l+l\sqrt3/2$. Promień okręgu wpisanego:

$$r=\frac{S}{l+l\sqrt3/2} =\frac{l\sqrt3}{2(2+\sqrt3)}.$$

Po podniesieniu do kwadratu i użyciu wartości $l^2$:

$$r^2=S(7\sqrt3-12).$$

Zatem

$$P=4\pi S(7\sqrt3-12).$$

Niech $R$ będzie promieniem podstawy stożka, $l$ jego tworzącą, a $\alpha$ kątem nachylenia tworzącej do podstawy. Oznaczmy

$$c=\cos\alpha=\frac Rl.$$

Promień $r$ kuli jest promieniem okręgu wpisanego w przekrój osiowy. Korzystając z pola i półobwodu tego przekroju, otrzymujemy

$$r=\frac{Rh}{R+l} =\frac{R\sin\alpha}{1+\cos\alpha}.$$

Stąd pole powierzchni kuli wynosi

$$P_k=4\pi r^2 =4\pi R^2\frac{1-c}{1+c}.$$

Pole powierzchni całkowitej stożka jest równe

$$P_s=\pi R(R+l)=\pi R^2\frac{1+c}{c}.$$

Z warunku $P_k=\frac12P_s$ dostajemy

$$4\frac{1-c}{1+c}=\frac12\frac{1+c}{c},$$ $$8c(1-c)=(1+c)^2,$$ $$9c^2-6c+1=0,$$ $$(3c-1)^2=0.$$

Zatem

$$\cos\alpha=c=\frac13.$$

Przekrój osiowy stożka ściętego jest trapezem równoramiennym o podstawach $4$ i $16$. Okrąg będący przekrojem wpisanej kuli jest wpisany w ten trapez.

W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe. Jeśli $l$ oznacza ramię trapezu, to

$$4+16=2l, \qquad l=10.$$

Różnica połówek podstaw wynosi $8-2=6$. Z twierdzenia Pitagorasa wysokość trapezu, a zarazem średnica kuli, jest równa

$$h=\sqrt{10^2-6^2}=8.$$

Promień kuli wynosi więc $r=4$, a jej objętość

$$V=\frac43\pi r^3 =\frac43\pi\cdot4^3 =\frac{256}{3}\pi.$$

Niech $a$ będzie krawędzią podstawy, $H$ wysokością ostrosłupa, a $q$ apotemą jego sześciokątnej podstawy. Mamy

$$q=\frac{a\sqrt3}{2}.$$

Wysokość ściany bocznej dzieli kąt płaski $2\alpha$ na połowy, więc jej długość jest równa

$$m=\frac a2\operatorname{ctg}\alpha.$$

W przekroju osiowym promień $r$ wpisanej kuli jest promieniem okręgu wpisanego w trójkąt równoramienny o podstawie $2q$, wysokości $H$ i ramionach $m$. Zatem

$$r=\frac{qH}{q+m} =H\frac{\sqrt3}{\operatorname{ctg}\alpha+\sqrt3}.$$

Płaszczyzna styczna do kuli i równoległa do podstawy leży na wysokości $2r$ nad podstawą. Odcięty górny ostrosłup ma wysokość $H-2r$, więc jego skala do całego ostrosłupa wynosi

$$k=\frac{H-2r}{H} =\frac{\operatorname{ctg}\alpha-\sqrt3} {\operatorname{ctg}\alpha+\sqrt3}.$$

Jeśli $V_g$ jest objętością górnego ostrosłupa, a $V_d$ dolnego ostrosłupa ściętego, to

$$\frac{V_d}{V_g} =\frac{1-k^3}{k^3} =\frac1{k^3}-1.$$

Ostatecznie

$$\frac{V_d}{V_g} =\left(\frac{\operatorname{ctg}\alpha+\sqrt3} {\operatorname{ctg}\alpha-\sqrt3}\right)^3-1.$$