MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 162

a) Średnica kuli jest przekątną sześcianu, więc $a\sqrt3=4,\qquad a=\frac{4\sqrt3}{3}.$ Stąd $V=a^3=\left(\frac{4\sqrt3}{3}\right)^3=\frac{64\sqrt3}{9}\ \text{cm}^3.$

b) Z równania $6a^2=864$ otrzymujemy $a=12$ cm. Promień kuli opisanej jest połową przekątnej sześcianu: $R=\frac{a\sqrt3}{2}=6\sqrt3\ \text{cm}.$ Zatem $V_k=\frac43\pi R^3=864\sqrt3\pi\ \text{cm}^3.$

Bok kwadratowej podstawy ma długość $4$ cm. Przekątna graniastosłupa jest średnicą kuli, więc ma długość $14$ cm. Z twierdzenia Pitagorasa $14^2=(4\sqrt2)^2+h^2,$ $h^2=196-32=164.$

W przekroju osiowym walca wpisanego w kulę zachodzi $r^2+\left(\frac h2\right)^2=R^2.$

a) Dla $R=13$ i $h=10$ mamy $r=12$, zatem $V=\pi r^2h=1440\pi.$

b) Z pola bocznego $2\pi rh=48\pi$ wynika $rh=24$. Po podstawieniu $h=24/r$ do warunku wpisania otrzymujemy $r^2+\frac{144}{r^2}=25.$ Dla $t=r^2$ mamy $t^2-25t+144=0$, więc $t=9$ lub $t=16$. Odpowiadają im pary $(r,h)=(3,8)$ oraz $(4,6)$.

W przekroju osiowym otrzymujemy trójkąt równoramienny o połowie podstawy $r$, wysokości $h=r\tan\alpha$ i ramieniu $l=r/\cos\alpha$. Promień okręgu opisanego na tym trójkącie wynosi $R=\frac{l^2}{2h}=\frac{r}{\sin 2\alpha}.$

a) Dla $r=6$ i $\alpha=15^\circ$ mamy $R=12$ oraz $h=6\tan15^\circ=12-6\sqrt3$. Środek kuli leży poniżej płaszczyzny podstawy, a szukana odległość jest równa $R-h=12-(12-6\sqrt3)=6\sqrt3\ \text{cm}.$

b) Podstawiamy otrzymany promień do wzoru na objętość kuli.

Niech $l$ będzie tworzącą stożka. Wtedy jego promień podstawy to $l\cos\alpha$, a wysokość $l\sin\alpha$. Promień kuli wpisanej w przekroju osiowym jest równy $\rho=\frac{l\sin\alpha\cos\alpha}{1+\cos\alpha},$ natomiast promień kuli opisanej $R=\frac{l}{2\sin\alpha}.$ Zatem

Niech $a$ oznacza bok podstawy, a $H$ wysokość ostrosłupa. Dla kąta nachylenia ściany $\delta$ mamy $H=\frac a2\tan\delta.$ Promień kuli opisanej spełnia $R=\frac{H^2+\frac{a^2}{2}}{2H}.$

a) Z $4\pi R^2=16\pi$ otrzymujemy $R=2$. Dla $\delta=60^\circ$ wzór daje $R=\frac{5a}{4\sqrt3}$, więc $a=\frac{8\sqrt3}{5}$ i $H=\frac{12}{5}$. Wysokość ściany bocznej ma długość $l=\frac{8\sqrt3}{5}$. Stąd $P_c=a^2+4\cdot\frac{al}{2}=\frac{576}{25}=23{,}04.$

b) Dla $\delta=45^\circ$ jest $H=a/2$, więc po podstawieniu do wzoru na $R$ dostajemy $R=3a/4$.

Odległość środka kwadratowej podstawy od jej wierzchołka wynosi $4\sqrt2$. Dla wysokości ostrosłupa $H$ i promienia kuli $R=6$ mamy $R=\frac{H^2+(4\sqrt2)^2}{2H}.$ Stąd $H^2-12H+32=0$, czyli $H=4$ albo $H=8$. Oba położenia wierzchołka względem środka kuli są geometrycznie możliwe. Pole podstawy wynosi $64$.

Środek kuli leży w połowie wysokości graniastosłupa. Promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym o boku $a$ wynosi $a/\sqrt3$. Z twierdzenia Pitagorasa

Niech $a$ będzie bokiem podstawy. Prostokątne i równoramienne ściany boczne mają kąt prosty przy wierzchołku ostrosłupa, zatem każda krawędź boczna ma długość $a/\sqrt2$. Ponieważ promień okręgu opisanego na podstawie wynosi $a/\sqrt3$, wysokość ostrosłupa jest równa $H=\sqrt{\frac{a^2}{2}-\frac{a^2}{3}}=\frac a{\sqrt6}.$ Stąd $V_o=\frac{a^3\sqrt2}{24}$. Promień kuli opisanej wynosi $R=\frac{H^2+\frac{a^2}{3}}{2H}=\frac{a\sqrt6}{4},$ więc $V_k=\frac{a^3\pi\sqrt6}{8}$.