MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 172

Niech $r$ będzie promieniem podstawy, a $l$ tworzącą stożka. Przekrój osiowy ma boki $l,l,2r$. Jeśli jest równoboczny, to

$l=2r.$

Pole powierzchni bocznej i pole podstawy wynoszą odpowiednio

$P_b=\pi rl=\pi r\cdot2r=2\pi r^2,$

$P_p=\pi r^2.$

Zatem $P_b=2P_p$, co należało wykazać.

Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równoramiennym. Jeżeli jest prostokątny, to kąt prosty leży przy wierzchołku stożka. Dla tworzącej $l$ jego pole wynosi

$\frac12l^2=32,$

więc $l=8\ \mathrm{cm}$. Przeciwprostokątna tego trójkąta jest średnicą podstawy:

$2r=l\sqrt2=8\sqrt2,$

stąd $r=4\sqrt2\ \mathrm{cm}$. Wysokość stożka, będąca wysokością trójkąta prostokątnego opuszczoną na przeciwprostokątną, także wynosi $4\sqrt2\ \mathrm{cm}$.

Graniastosłup opisany na stożku ma kwadratową podstawę o boku $2r=8\sqrt2$ i tę samą wysokość. Zatem

$V=(8\sqrt2)^2\cdot4\sqrt2=512\sqrt2\ \mathrm{cm}^3.$

Przekrój graniastosłupa płaszczyzną zawierającą przekątne podstaw jest prostokątem o bokach równych przekątnej kwadratowej podstawy i wysokości graniastosłupa. Jest to kwadrat o boku $5$, więc

$a\sqrt2=5,\qquad H=5.$

Stożek wpisany w graniastosłup ma wysokość $H$ i podstawę wpisaną w kwadrat. Jego promień wynosi

$r=\frac a2=\frac{5\sqrt2}{4}.$

Stąd

$$=\frac13\pi\cdot\frac{25}{8}\cdot5 =\frac{125\pi}{24}.$$

Pole kwadratowej podstawy graniastosłupa wynosi $18$, zatem jej bok ma długość $3\sqrt2$, a przekątna podstawy — $6$. Jeśli $c$ jest wysokością graniastosłupa, to z jego przekątnej przestrzennej otrzymujemy

$c^2+6^2=(2\sqrt{13})^2,$

więc $c=4$.

Okrąg opisany na kwadratowej podstawie graniastosłupa ma promień $3$. Na wysokości $4$ przekrój stożka ma zatem promień $3$, podczas gdy promień podstawy stożka wynosi $6$. Z podobieństwa przekrojów osiowych

$\frac36=1-\frac4H,$

stąd wysokość stożka $H=8$. Ostatecznie

$V=\frac13\pi\cdot6^2\cdot8=96\pi.$

Niech wysokość stożka będzie równa $H$. Wysokość wpisanego walca wynosi $\frac H2$. Z podobieństwa przekrojów osiowych promień stożka na tej wysokości, a więc promień walca, jest równy

$r_w=4\left(1-\frac{H/2}{H}\right)=2\ \mathrm{cm}.$

Objętości brył są równe

$V_w=\pi\cdot2^2\cdot\frac H2=2\pi H,$

$V_s=\frac13\pi\cdot4^2\cdot H=\frac{16}{3}\pi H.$

Zatem

$\frac{V_w}{V_s}=\frac{2}{16/3}=\frac38.$

Oznaczmy promień kuli przez $R$, a promień podstawy stożka przez $r$. Dla stożka o wysokości $4$ wpisanego w kulę zachodzi

$r^2=4(2R-4)=8R-16.$

Warunek $V_s=\frac14V_k$ daje

$\frac13\pi r^2\cdot4=\frac14\cdot\frac43\pi R^3,$

czyli $4r^2=R^3$. Po podstawieniu zależności geometrycznej otrzymujemy

$R^3-32R+64=0,$

$(R-4)(R^2+4R-16)=0.$

Dodatnie rozwiązania zgodne z geometrią to

$R=4\quad\text{lub}\quad R=2(\sqrt5-1).$

W pierwszym przypadku $r=4$, a w drugim

$r=4\sqrt{\sqrt5-2}.$

Pole przekroju osiowego stożka o podstawie $2r$ i wysokości $4$ wynosi $4r$.

Niech promień kuli wpisanej w walec będzie równy $r$. Wtedy walec ma promień podstawy $r$ i wysokość $2r$. Promień kuli opisanej na tym walcu jest odległością środka walca od punktu na brzegu podstawy:

$R=\sqrt{r^2+\left(\frac{2r}{2}\right)^2}=r\sqrt2.$

Stosunek objętości kul jest sześcianem stosunku ich promieni:

$$=\frac1{2\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{4}.$$

Rozpatrzmy połowę przekroju osiowego. Jeśli wysokość stożka wynosi $h$, to dla połowy kąta rozwarcia $\alpha$ mamy

$r=h\tan\alpha,\qquad l=\frac h{\cos\alpha}.$

Promień kuli wpisanej w stożek jest promieniem okręgu wpisanego w przekrój osiowy:

$\rho=\frac{rh}{r+l}=\frac{h\sin\alpha}{1+\sin\alpha}.$

Promień kuli opisanej na stożku jest promieniem okręgu opisanego na tym przekroju:

$R=\frac{l^2}{2h}=\frac{h}{2\cos^2\alpha}.$

Zatem

$\frac\rho R=2\sin\alpha(1-\sin\alpha).$

Stosunek objętości jest sześcianem tego ilorazu.

Promień okręgu opisanego na sześciokątnej podstawie jest równy $x$. Wysokość ostrosłupa spełnia

$H^2+(x)^2=(2x)^2,$

więc $H=x\sqrt3$.

a) Środek kuli opisanej leży na osi ostrosłupa. Jeśli jego odległość od podstawy wynosi $d$, to

$x^2+d^2=(H-d)^2.$

Stąd $d=\frac{x}{\sqrt3}$, a promień kuli

$R=H-d=\frac{2\sqrt3}{3}x.$

b) Apotema podstawy wynosi $q=\frac{x\sqrt3}{2}$, a wysokość ściany bocznej

$l=\sqrt{H^2+q^2}=\frac{x\sqrt{15}}2.$

Promień kuli wpisanej jest promieniem okręgu wpisanego w przekrój normalny:

=\frac{\sqrt{15}-\sqrt3}{4}x.$$

Niech promień kuli będzie równy $R$. Promień podstawy walca wynosi $r=\frac35R$. Jeśli $z$ jest odległością środka kuli od płaszczyzny podstawy walca, to

$z=\sqrt{R^2-r^2}=\frac45R.$

Końce średnicy podstawy i środek kuli tworzą trójkąt równoramienny. Dla kąta $\gamma$, pod którym widać tę średnicę,

$$=2\cdot\frac35\cdot\frac45 =\frac{24}{25}.$$

Niech $r$ będzie promieniem podstawy stożka. Dla stożka o wysokości $H$ wpisanego w kulę o promieniu $R$ zachodzi

$r^2=H(2R-H).$

Jeśli kąt rozwarcia wynosi $2\alpha$, to w przekroju osiowym

$\cos2\alpha=\frac{H^2-r^2}{H^2+r^2}.$

Po podstawieniu zależności na $r^2$ otrzymujemy

$H^2+r^2=2HR,$

$H^2-r^2=2H(H-R).$

Zatem

$$$$

Niech $a$ będzie promieniem podstawy stożka, $\rho$ promieniem kuli wpisanej, a $\alpha$ połową kąta rozwarcia. Z warunku $a=2\rho$ mamy $\frac\rho a=\frac12$.

Dla przekroju osiowego stożka

$\frac\rho a=\frac{\cos\alpha}{1+\sin\alpha}.$

Stąd

$2\cos\alpha=1+\sin\alpha.$

Po podniesieniu do kwadratu i użyciu $\cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha$ dostajemy

$5\sin^2\alpha+2\sin\alpha-3=0.$

Dodatnie rozwiązanie to $\sin\alpha=\frac35$, więc $\cos\alpha=\frac45$. Wobec tego

$$=\frac{16-9}{25}=\frac7{25}.$$