Przyjmijmy oznaczenia takie jak na poniższym rysunku

1. Wiadomo, że pole podstawy stożka jest pięć razy większe od pola podstawy walca, skąd otrzymujemy zależność 

$\pi R^2=5\pi r^2$  

$R^2=5r^2\text{i}R>0$

$R=\sqrt{5}r$   

2.

Wysokość stożka (H) tworzy z krawędzią boczną stożka i promieniem podstawy (R) trójkąt prostokątny. 

Korzystając z określenia funkcji trygonometrycznych w trójkącie prostokątnym mamy 

$\text{tg}\alpha =\frac{h+x}{R}$  

Wiadomo, że 

$\text{tg}\alpha =\frac{3}{4}$

więc

$\frac{3}{4}=\frac{h+x}{R}$

$4\left(h+x\right)=3R$    

$h+x=\frac{3}{4}R=\frac{3}{4}\cdot \sqrt{5}r=\frac{3\sqrt{5}}{4}r\left(\text{*}\right)$  

$h=\frac{3\sqrt{5}}{4}r-x$  

3.

Podstawy walca są równoległe, zatem korzystając z twierdzenia Talesa dla kąta ACD przeciętego prostymi równoległymi AD i FE dostajemy 

$\frac{x}{r}=\frac{x+h}{R}$  

$\frac{x}{r}=\frac{\frac{3}{4}R}{R}$  

$\frac{x}{r}=\frac{3}{4}$

$x=\frac{3}{4}r$   

czyli

$h=\frac{3\sqrt{5}}{4}r-x=\frac{3\sqrt{5}}{4}r-\frac{3}{4}r=\frac{3\sqrt{5}-3}{4}r$  

4.

Wiadomo, że objętość stożka jest równa 125√𝜋 skąd mamy 

$125\sqrt{5}\pi =\frac{1}{3}\pi R^2\cdot \left(h+x\right)$  

Korzystając z (*) mamy

$125\sqrt{5}=\frac{1}{3}\cdot {\left(\sqrt{5}r\right)}^2\cdot \frac{3\sqrt{5}}{4}r$  

$125\sqrt{5}=\frac{1}{{\cancel{3}}_1}\cdot 5r^2\cdot \frac{{\cancel{3}}^1\sqrt{5}}{4}r$  

  $125\sqrt{5}=\frac{5\sqrt{5}}{4}{r}^3$  

czyli 

$r^3=\frac{500\sqrt{5}}{5\sqrt{5}}=100$  

$r=\sqrt[3]{100}$  

5. 

Obliczmy objętość walca:

$V=\pi r^2\cdot h=\pi r^2\cdot \frac{3\sqrt{5}-3}{4}r=\pi r^3\cdot 3\frac{\sqrt{5}-1}{4}=\pi \cdot 100\cdot 3\cdot \frac{\sqrt{5}-1}{4}=75\pi \left(\sqrt{5}-1\right)c{m}^3$