Pole powierzchni całkowitej stożka o promieniu podstawy r i tworzącej długości l wyraża się wzorem: $P_c=P_p+P_b=\pi r^2+\pi rl=\pi r\left(r+l\right)$ gdzie Pp jest polem powierzchni podstawy stożka, a Pb jest polem powierzchni bocznej tego stożka.

 

Objętość stożka o promieniu podstawy r i wysokości długości h wyraża się wzorem: $V=\frac{1}{3}{P}_p\cdot h=\frac{1}{3}\pi r^{2}h$ gdzie Pp jest polem powierzchni podstawy stożka.

 

Podany w treści zadania trójkąt obracamy wokół boku AB i otrzymujemy pewną bryłę. 

---

a)

Rysunek: 

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AOC mamy:

$h_1^2+12^2=13^2$

$h_1^2+144=169$

$h_1^2=25\wedge h_1>0$    

$h_1=5$

---

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BOC mamy:

$h_2^2+{12}^2={15}^2$

$h_2^2+144=225$

$h_2^2=81\wedge h_2>0$

$h_2=9$

---

Wyznaczmy pole powierzchni bocznej górnego stożka. Mamy:

$P_1=\pi \cdot 12\cdot 13=156\pi$

Wyznaczmy pole powierzchni bocznej dolnego stożka. Mamy:

$P_2=\pi \cdot 12\cdot 15=180\pi$       

Wyznaczmy pole powierzchni tej bryły. Mamy:

$P=P_1+P_2=156\pi +180\pi =\underline{\underline{336\pi }}$  

---

Wyznaczmy objętość górnego stożka. Mamy:

$V_1=\frac{1}{3}\cdot \pi \cdot {12}^2\cdot 5=\frac{1}{3}\pi \cdot 144\cdot 5=240\pi$

Wyznaczmy objętość dolnego stożka. Mamy:

$V_2=\frac{1}{3}\pi \cdot {12}^2\cdot 9=\frac{1}{3}\pi \cdot 144\cdot 9=432\pi$   

Wyznaczmy objętość tej bryły. Mamy:

$V=V_1+V_2=240\pi +432\pi =\underline{\underline{672\pi }}$  

---

---

b)

Rysunek:

Korzystając ze związku między długościami boków w trójkącie BDC o kątach 30^o, 60^o, 90^o mamy:

$x=\frac{1}{2}\cdot 6=3$

oraz

$r=3\sqrt{3}$   

Korzystając ze związku między długościami boków w trójkącie ADC o kątach 30^o, 60^o, 90^o mamy:

$l=2\cdot 3\sqrt{3}=6\sqrt{3}$  

---

Wyznaczmy pole powierzchni bocznej stożka ECA. Mamy:

$P_1=\pi \cdot 3\sqrt{3}\cdot 6\sqrt{3}=54\pi$  

Wyznaczmy pole powierzchni bocznej stożka ECB. Mamy:

$P_2=\pi \cdot 3\sqrt{3}\cdot 6=18\sqrt{3}\pi$  

Wyznaczmy pole powierzchni otrzymanej bryły. Mamy:

$P=P_1+P_2=54\pi +18\sqrt{3}\pi =\underline{\underline{18\pi \left(3+\sqrt{3}\right)}}$  

---

Wyznaczmy objętość stożka ECA. Mamy:

$V_1=\frac{1}{3}\cdot \pi \cdot {\left(3\sqrt{3}\right)}^2\cdot 9=3\pi \cdot 27=81\pi$  

Wyznaczmy objętość stożka ECB. Mamy:

$V_2=\frac{1}{3}\cdot \pi \cdot {\left(3\sqrt{3}\right)}^2\cdot 3=27\pi$  

Wyznaczmy objętość otrzymanej bryły. Mamy:

$V=V_1-V_2=81\pi -27\pi =\underline{\underline{54\pi }}$  

---

---

c)

Rysunek:

Zauważmy, że

$3^2+4^2=5^2$

zatem na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa, trójkąt ABC jest prostokątny.  

Odcinek OC jest długością wysokości trójkąta prostokątnego opuszczoną na przeciwprostokątną. Mamy więc:

$r=\frac{\left|AC\right|\cdot \left|CB\right|}{\left|AB\right|}=\frac{3\cdot 4}{5}=\frac{12}{5}$  

---

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AOC mamy:

$h_1^2+{\left(\frac{12}{5}\right)}^2=3^2$

$h_1^2+\frac{144}{25}=9$

$h_1^2=\frac{81}{25}\wedge h_1>0$

$h_1=\frac{9}{5}$

więc

$h_2=5-\frac{9}{5}=\frac{16}{5}$      

---

Wyznaczmy pole powierzchni bocznej górnego stożka. Mamy:

$P_1=\pi \cdot \frac{12}{5}\cdot 3=7,2\pi$

Wyznaczmy pole powierzchni bocznej dolnego stożka. Mamy:

$P_2=\pi \cdot \frac{12}{5}\cdot 4=9,6\pi$       

Wyznaczmy pole powierzchni tej bryły. Mamy:

$P=P_1+P_2=7,2\pi +9,6\pi =\underline{\underline{16,8\pi }}$  

---

Wyznaczmy objętość górnego stożka. Mamy:

$V_1=\frac{1}{3}\cdot \pi \cdot {\left(\frac{12}{5}\right)}^2\cdot \frac{9}{5}=\frac{3}{5}\pi \cdot \frac{144}{25}=\frac{432}{125}\pi =3,456\pi$

Wyznaczmy objętość dolnego stożka. Mamy:

$V_2=\frac{1}{3}\cdot \pi \cdot {\left(\frac{12}{5}\right)}^2\cdot \frac{16}{5}=\frac{1}{3}\pi \cdot \frac{144}{25}\cdot \frac{16}{5}\pi =\frac{768}{125}\pi =6,144\pi$   

Wyznaczmy objętość tej bryły. Mamy:

$V=V_1+V_2=3,456\pi +6,144\pi =\underline{\underline{9,6\pi }}$