R5gSjXZuvwEQE

Na ilustracji przedstawiono koło o środku w punkcie O, opisane na prostokącie $ABCD$. Długość dłuższego boku prostokąta wynosi 15, natomiast długość krótszego boku wynosi osiem. Zaznaczono przekątną prostokąta, łączącą wierzchołki A i C. Przekątna $AC$ przechodzi przez punkt O, a jej długość oznaczono $2R$.

Z trójkąta $ABC$ i twierdzenia Pitagorasa mamy $R=\frac{17}{2}$. Stąd objętość kuli $V_k=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi \cdot {\left(\frac{17}{2}\right)}^3=\frac{4913\pi }{6} \left[{\mathrm{cm}}^3\right]$.

Z trójkąta prostokątnego $ABD$ mamy $\frac{2r}{14}=\cos 15°$, zatem $r=7\cos 15°$, dalej $\frac{H}{14}=\sin 15°$, zatem $H=14\sin 15°$.

Pole boczne walca liczymy ze wzoru $P_{bw}=2\pi rH$. Przyjmujemy $\pi \approx \frac{22}{7}$, stąd otrzymujemy $P_{bw}\approx 2\cdot \frac{22}{7}\cdot 7\cos {15}^{\circ }\cdot 14\sin {15}^{\circ }=22\cdot 14\sin {30}^{\circ }=154\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$.

Przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku:

RbztAkDAADGCd

Na ilustracji przedstawiono koło o środku w punkcie O, opisane na prostokącie $ABCD$. Długość dłuższego boku $BC$ prostokąta oznaczono wielką literą H. Zaznaczono trójkąt równoramienny $COB$. Długości ramion wynoszą 6, natomiast kąt zawarty między nimi wynosi 120 stopni.

Z trójkąta $COB$ i twierdzenia cosinusów mamy $H^2=2·6^2-2·6^2\cos 120°$, stąd $H^2=72+72·\frac{1}{2}$, zatem $H=6\sqrt{3} \left[\mathrm{cm}\right]$.

Przedstawimy dwie metody rozwiązania zadania.

Wykreślamy rysunek pomocniczy i przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku:

Re8NpLyoCYazG

Na ilustracji przedstawiono koło o środku w punkcie O, opisane na prostokącie $ABCD$. Długość krótszego boku prostokąta oznaczono wielką literą H, natomiast długość dłuższego boku oznaczono $2r$. Zaznaczono przekątną prostokąta, łączącą wierzchołki A i C. Przekątna $AC$ przechodzi przez punkt O, a jej długość wynosi dwadzieścia.

$\mathrm{I}$ metoda

Z warunków zadania mamy $\frac{2r}{H}=\sqrt{3}$, zatem $2r=H\sqrt{3}$. Ponadto z trójkąta $ABC$ i twierdzenia Pitagorasa mamy zależność ${\left(2r\right)}^2+H^2={20}^2$. Po podstawieniu otrzymujemy ${\left(H\sqrt{3}\right)}^2+H^2=400$, zatem $H=10$ oraz $2r=10\sqrt{3}$. Pole boczne walca wpisanego w kulę wynosi $P_{\text{bw}}=2\pi rH$, zatem $P_{\text{bw~ }}=10\sqrt{3}\cdot 10\cdot \pi =100\sqrt{3}\pi \left[{\mathrm{cm}}^2\right]$.

$\mathrm{II}$ metoda

Z warunków zadania mamy $\frac{2r}{H}=\sqrt{3}$. Zauważmy, że $\frac{2r}{H}=tg\alpha$, gdzie $\alpha =\left|\sphericalangle BCA\right|$. Wynika stąd, że $\alpha =60°$. Z trójkąta prostokątnego $ABC$ obliczamy odpowiednio $H=10$ i $2r=10\sqrt{3}$. Pole boczne walca wpisanego w kulę wynosi $P_{\text{bw}}=2\pi rH$, zatem $P_{\text{bw}}=10\sqrt{3}\cdot 10\cdot \pi =100\sqrt{3}\pi \left[{\mathrm{cm}}^2\right]$.

R1CIGOCHxhIp5

Na ilustracji przedstawiono koło o środku w punkcie O, opisane na prostokącie $ABCD$. Długość dłuższego boku prostokąta oznaczono wielką literą H, natomiast długość krótszego boku oznaczono $2r$. Zaznaczono przekątną prostokąta, łączącą wierzchołki A i C. Przekątna $AC$ przechodzi przez punkt O, a jej długość oznaczono $2R$.

Przyjmijmy oznaczenia:

$R$ długość promienia kuli,

$H$ długość wysokości walca,

$2r$ długość średnicy podstawy walca.

Z warunków zadania mamy układ warunków: $\pi r^{2}H=600\pi$ oraz $H=2r+14$. Po podstawieniu otrzymujemy $r^2\left(2r+14\right)=600$, stąd $r^3+7r^2-300=0$. Zauważmy, że pierwiastkiem równania jest $r=5$, zatem po rozłożeniu równania na czynniki otrzymujemy $\left(r-5\right)\left(r^2+12r+60\right)=0$, stąd $r=5$ i $H=24$.

Z twierdzenia Pitagorasa wyznaczamy długość promienia kuli.

$H^2+{\left(2r\right)}^2={\left(2R\right)}^2$, stąd $R=13$. Wynika stąd, że objętość kuli jest równa $V_k=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{8788\pi }{3}\left[{\mathrm{c}\mathrm{m}}^3\right]$.

RmEqSALKlmUK5

Na ilustracji przedstawiono koło o środku w punkcie O, opisane na prostokącie $ABCD$. Długość dłuższego boku prostokąta oznaczono wielką literą H, natomiast długość krótszego boku oznaczono $2r$. Zaznaczono przekątną prostokąta, łączącą wierzchołki A i C. Przekątna $AC$ przechodzi przez punkt O, a jej długość oznaczono $2R$.

Przyjmijmy oznaczenia:

$R$ długość promienia kuli,

$H$ długość wysokości walca,

$2r$ długość średnicy podstawy walca.

Z warunków zadania mamy $\frac{4\pi R^2}{2\pi rH}=\frac{25}{12}$, stąd $24R^2=25rH$. Z trójkąta $ABC$ i twierdzenia Pitagorasa mamy ${\left(2r\right)}^2+H^2={\left(2R\right)}^2$. Wyznaczamy ze związku $24R^2=25rH$ zmienną $H$ i podstawiamy do równania ${\left(2r\right)}^2+H^2={\left(2R\right)}^2$

Stąd mamy $4r^2+{\left(\frac{24R^2}{25r}\right)}^2=4R^2$, zatem $4r^2+\frac{576R^4}{625r^2}=4R^2$, obie strony równania dzielimy przez $4R^2$, stąd $\frac{r^2}{R^2}+\frac{144R^2}{625r^2}=1$. Przyjmijmy $t=\frac{R^2}{r^2}$, stąd $\frac{1}{t}+\frac{144}{625}t=1$, dalej $144t^2-625t+625=0$.

Rozwiązując równanie kwadratowe otrzymujemy $t=\frac{25}{9}$ lub $t=\frac{25}{16}$ , wracając do $t=\frac{R^2}{r^2}$ mamy: $\frac{R}{r}=\frac{5}{3}$ lub $\frac{R}{r}=\frac{5}{4}$.