Przyjrzyjmy się poniższemu rysunkowi 

---

Zauważmy, że obracając dany trójkąt wokół prostej przechodzącej przez bok trójkąta o długości 8, otrzymamy stożek z wydrążonym stożkiem. 

---

Rozważmy:

• S₁ stożek o promieniu podstawy r, wysokości H=8+h i tworzącej x;
• S₂ stożek o promieniu podstawy r, wysokości h i tworzącej 4. 

---

Rozważmy trójkąt ACS. 

Zauważmy, że jest to trójkąt o kątach 30º, 60º i 90º. 

Korzystając z zależności między długościami boków w tym trójkącie dostajemy 

$h=\frac{1}{2}\cdot \left|AC\right|=\frac{1}{2}\cdot 4=2$  

$r=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \left|AC\right|=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 4=2\sqrt{3}$  

---

Rozważmy trójkąt ABC. 

Korzystając z twierdzenia cosinusów dostajemy 

$x^2=4^2+8^2-2\cdot 4\cdot 8\cdot \cos {120}^{\circ }$  

$x^2=16+64-64\cdot \cos \left({180}^{\circ }-{60}^{\circ }\right)$  

$x^2=80-64\cdot \left(-\cos {60}^{\circ }\right)$  

$x^2=80-64\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)$  

$x^2=80+32=112\text{i}x>0$  

więc

$x=sqt112=4\sqrt{7}$  

---

Obliczamy pole powierzchni bocznej i objętość stożka S₁:

$P_{b_1}=\pi rx=\pi \cdot 2\sqrt{3}\cdot 4\sqrt{7}=8\sqrt{21}\pi$   

$V_1=\frac{1}{3}\pi r^2\cdot H=\frac{1}{3}\pi \cdot {\left(2\sqrt{3}\right)}^2\cdot \left(8+h\right)=\frac{1}{3}\pi \cdot 12\cdot \left(8+2\right)=4\pi \cdot 10=40\pi$  

---

Obliczamy pole powierzchni bocznej i objętość stożka S₂:

$P_{b_2}=\pi rl=\pi \cdot 2\sqrt{3}\cdot 4=8\sqrt{3}\pi$   

$V_2=\frac{1}{3}\pi r^2\cdot h=\frac{1}{3}\pi \cdot {\left(2\sqrt{3}\right)}^2\cdot 2=\frac{1}{3}\pi \cdot 12\cdot 2=8\pi$  

---

Zauważmy, że:

• pole powierzchni otrzymanej bryły jest równe sumie pól powierzchni bocznych stożków S₁ i S₂, czyli 

$P=P_{b_1}+P_{b_2}=8\sqrt{21}\pi +8\sqrt{3}\pi =8\sqrt{3}\left(\sqrt{7}+1\right)\pi$  

• objętość otrzymanej bryły jest równa różnicy objętości stożków S₁ i S₂, czyli 

$V=V_1-V_2=40\pi -8\pi =32\pi$