Ponieważ podstawą graniastosłupa jest kwadrat, więc promień koła opisanego na kwadracie stanowi połowę jego przekątnej. Stąd $r=3$. Wysokość walca jest taka sama jak wysokość graniastosłupa. Zatem $V=\pi ·3^2·8=72\pi$.

Przyjmijmy krawędź sześcianu $a$, stąd $a\sqrt{3}=6$ czyli $a=2\sqrt{3}$.

$R=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\sqrt{6}$

$V=\pi ·6·2\sqrt{3}=12\pi \sqrt{3}$

W rozwiązaniu wykorzystamy przekrój osiowy walca.

R1CIvfKHBppse

Na ilustracji przedstawiono pole w kratkę. Na płaszczyźnie narysowano prostokąt, którego krótszy bok ma długość 8 centymetrów, a dłuższy oznaczono wielką literą H. Zaznaczono przekątną prostokąta, której długość wynosi siedemnaście centymetrów.

Z twierdzenia Pitagorasa mamy:

$H^2+8^2={17}^2$

$H=15$

Sześciokąt foremny wpisany w okrąg.

RAjXkyRMvONGE

IlustracjaNa ilustracji przedstawiono pole w kratkę. Na płaszczyźnie narysowano sześciokąt foremny wpisany w okrąg o środku w punkcie O. Długość boku sześciokąta oznaczono literą a. Literą a oznaczono także długości odcinków łączących środek okręgu z kolejnymi wierzchołkami sześciokąta.

Z treści zadania wynika, że wysokość graniastosłupa wynosi $16$ oraz $2\pi R=16$.

Stąd $R=16:\frac{44}{7}=\frac{28}{11}$.

A zatem $\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{28}{11}$. Stąd $a=\frac{28\sqrt{3}}{11}$.

Otrzymujemy:

$V=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}·h=\frac{1}{4}·{\left(\frac{28\sqrt{3}}{11}\right)}^2\sqrt{3}·16=\frac{9408\sqrt{3}}{121}\approx 134,67$.

Z treści zadania wynika, że $H=2R$

Stąd $V=\pi R^2·2R=2\pi R^3$

A więc otrzymujemy równanie

$2\pi R^3=432\pi$

$R^3=216$

$R=6 \mathrm{dm}$

Stąd $H=12 \mathrm{dm}$.

Promień okręgu opisanego na sześciokącie foremnym jest równy długości boku tego sześciokąta.

Stąd pole sześciokąta $P=6·\frac{6^2\sqrt{3}}{4}=54\sqrt{3} \left[{\mathrm{dm}}^2\right]$.

Zatem objętość graniastosłupa $V_g=P\cdot H=54\sqrt{3}\cdot 12=648\sqrt{3}\left[{\mathrm{dm}}^3\right]$.

Objętość odpadów to różnica między objętością walca, a objętością graniastosłupa, czyli $\left(432\mathrm{\pi }-648\sqrt{3}\right)\approx 1356-1122=234 \left[{\mathrm{dm}}^3\right]$.

Przyjmijmy, że podstawą graniastosłupa jest trójkąt $ABC$ i wprowadźmy dane na rysunek.

RfzgmyIVC83s3

Na ilustracji przedstawiono pole w kratkę. Na płaszczyźnie narysowano trójkąt rozwartokątny A B C. Długość podstawy A B wynosi dziesięć. Kąt wewnętrzny przy wierzchołku B ma miarę 10 stopni natomiast kąt wewnętrzny przy wierzchołku A ma miarę 10 stopni.

Zauważmy, że kąt przy wierzchołku $C$ ma miarę $150°$.

Promień okręgu opisanego na tym trójkącie możemy wyznaczyć stosując twierdzenie sinusów.

$\frac{\left|AB\right|}{\sin 150°}=2R$

$\frac{10}{\sin 30°}=2R$

$2R=10:\frac{1}{2}$

$R=10$

Z objętości walca otrzymujemy równanie $200=\pi ·{10}^2·H$. Stąd $H=\frac{2}{\pi }$.

Przyjmijmy, że podstawą graniastosłupa jest trapez $ABCD$. Wprowadzimy na rysunek dane z zadania.

R2WS0iijfPMM6

Na ilustracji przedstawiono pole w kratkę. Na płaszczyźnie narysowano trapez A B C D. Długość podstawy D C oraz ramion wynosi a, natomiast długość podstawy A B ma długość $2a$. Z wierzchołka D opuszczono wysokość trapezu do podstawy A B, której spodek leży w punkcie E. Odległość punktu E od wierzchołka A wynosi $\frac{1}{2}a$. Zaznaczono także przekątną B D trapezu. Kąt D A E ma miarę 60 stopni.

Zauważmy, że ponieważ trójkąt $AED$ jest trójkątem prostokątnym, w którym przeciwprostokątna jest dwa razy dłuższa od przyprostokątnej, to jest on trójkątem o kątach $30°$,$60°$,$90°$. Ponieważ kąty przy ramionach trapezu dają w sumie $180°$ to miara kąta $\left|\sphericalangle ADC\right|=120°$. Ponieważ trójkąt $BDC$ jest równoramienny, to $\left|\sphericalangle CDB\right|=\left|\sphericalangle CBD\right|=30°$. Stąd miara kąta $\left|\sphericalangle DBA\right|=30°$. A zatem trójkąt $ABD$ jest prostokątny.

Okrąg opisany na trapezie $ABCD$ jest również opisany na trójkącie $ABD$. Stąd promień tego okręgu możemy wyznaczyć ze wzoru $R=\frac{\left|AB\right|}{2}=a$.

Zatem objętość walca jest równa $V=\pi R^2·H=\pi ·a^2·2a=2\pi a^3$.