Ponieważ podstawą graniastosłupa jest kwadrat, więc promień koła wpisanego w kwadrat stanowi połowę długości jego boku. Stąd $a=3\sqrt{2}$. Wysokość walca jest taka sama jak wysokość graniastosłupa. Zatem $V=\pi ·{\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)}^2·8=36\pi$.

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

$r=\frac{a}{2}=\sqrt{3}$

$V=\pi ·3·2\sqrt{3}=6\pi \sqrt{3}$

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 $\frac{a\sqrt{3}}{6}=\frac{28}{11}$. Stąd $a=\frac{56\sqrt{3}}{11}$.

Otrzymujemy

$V=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}·h=\frac{1}{4}·{\left(\frac{56\sqrt{3}}{11}\right)}^2\sqrt{3}·16=\frac{37632\sqrt{3}}{121}\approx 538,68$.

Wykonamy odpowiedni rysunek.

R1VPurHnx9gGQ

Na ilustracji przedstawiono trapez A B C D. Długość górnej podstawy DC wynosi dziesięć. Z wierzchołków D i C opuszczono wysokości do podstawy A B, których spodki leżą w punktach, kolejno E i F. Odległość punkt E od wierzchołka A wynosi 5 oraz odległość punktu F od wierzchołka B wynosi również pięć. W trapez wpisano okrąg o środku w punkcie O.

Ponieważ w podstawę graniastosłupa można wpisać okrąg otrzymujemy:

$\left|AD\right|+\left|BC\right|=\left|AB\right|+\left|CD\right|$ oraz $\left|AD\right|=\left|BC\right|$

Stąd $2\left|AD\right|=30$, a więc $\left|AD\right|=15$.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $AED$ otrzymujemy

${\left|DE\right|}^2+{\left|AE\right|}^2={\left|AD\right|}^2$

${\left|DE\right|}^2+5^2={15}^2$

${\left|DE\right|}^2=200$

$\left|DE\right|=10\sqrt{2}$

Zauważmy, że odcinek $DE$ jest średnicą okręgu wpisanego w trapez $ABCD$, stąd $r=5\sqrt{2}$.

Wykorzystując informację o objętości walca obliczymy jego wysokość. Otrzymujemy równanie:

$300\pi =\pi {\left(5\sqrt{2}\right)}^2·H$

Stąd $H=6$.

W treści zadania mamy informacje o kącie nachylenia krótszej przekątnej graniastosłupa, to oznacza, że potrzebujemy krótszej przekątnej podstawy.

Wykonajmy odpowiedni rysunek.

RjsjP62atpQ1f

Ilustracja przedstawia pole w kratkę. Na płaszczyźnie narysowano deltoid A B C D. Długości boków CD oraz CB wynosi 4, natomiast długości boków AD i AB wynoszą $4\sqrt{2}$. Linią przerywaną połączono przeciwległe wierzchołki A, C oraz B i D.

Zauważmy, że trójkątem prostokątnym musi być trójkąt $BCD$, a równobocznym $ABD$. Zatem krótsza przekątna podstawy ma długość $\left|BD\right|=4\sqrt{2}$.

Pole deltoidu jest równe: $P=P_{ABD}+P_{BCD}=\frac{{\left(4\sqrt{2}\right)}^2·\sqrt{3}}{4}+\frac{4·4}{2}=8\sqrt{3}+8=8\left(1+\sqrt{3}\right)$.

Promień podstawy walca obliczymy ze wzoru $r=\frac{2P}{\left|AB\right|+\left|BC\right|+\left|CD\right|+\left|DA\right|}$, gdzie $P$ oznacza pole czworokąta. Zatem $r=\frac{16\left(1+\sqrt{3}\right)}{8\left(1+\sqrt{2}\right)}=2\left(1+\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{2}-1\right)=2\left(\sqrt{6}-\sqrt{3}+\sqrt{2}-1\right)$.

Do obliczenia wysokości graniastosłupa wykorzystamy przekrój płaszczyzną przechodzącą przez krótszą przekątną bryły i krótszą przekątną podstawy.

RrhlU1QppReUc

Ilustracja przedstawia pole w kratkę. Na płaszczyźnie narysowano prostokąt D D prim B prim B. Długość krótszego boku wynosi $4\sqrt{2}$. Zaznaczono przekątną łączącą wierzchołki D i B prim, która jest nachylona do boku krótszego pod kątem 60 stopni oraz do boku krótszego pod kątem trzydziestu stopni.

Z własności trójkąta o kątach $30°$,$60°$, $90°$ mamy $\left|BB\text{'}\right|=4\sqrt{6}$.

Pole przekroju osiowego walca jest równe:

$P_p=2r\left|B{B}^{\text{'}}\right|=2\cdot 4\sqrt{6}\cdot 2\left(\sqrt{6}-\sqrt{3}+\sqrt{2}-1\right)=16\left(6-3\sqrt{2}+2\sqrt{3}-\sqrt{6}\right)$

Do rozwiązania tego zadania wykorzystamy przekrój płaszczyzną przechodzącą przez krótszą przekątną bryły i krótszą przekątną podstawy.

R1TCZpW3rwEnn

Na ilustracji przedstawiono pole w kratkę. Na płaszczyźnie narysowano prostokąt. Długość dłuższego boku oznaczono literą h, natomiast długość krótszego boku oznaczono $d_1$. Zaznaczono przekątną prostokąta, nachyloną do krótszego boku pod kątem alfa.

Z definicji funkcji trygonometrycznych w trójkącie prostokątnym mamy:

$tg\alpha =\frac{h}{d_1}$

$d_1=\frac{h}{tg\alpha }$

Przyjrzyjmy się teraz podstawie tego graniastosłupa.

R1EHSmz1ijlBk

Na ilustracji przedstawiono pole w kratkę. Na płaszczyźnie narysowano romb. Długość boków wychodzących z jednego wierzchołka oznaczono literą a oraz kąt między nimi ma miarę alfa. W romb wpisano okrąg i poprowadzono jego średnicę prostopadłą do górnej i dolnej podstawy rombu przecinającą przekątną rombu długości d indeks dolny jeden koniec indeksu dolnego. Do boku a opuszczono wysokość rombu oznaczoną $h_p$.

Zauważmy, że średnica okręgu wpisanego w romb jest równa wysokości tego rombu.

Korzystając z twierdzenia kosinusów obliczymy długość krawędzi podstawy $a$.

$a^2+a^2-2a^2\cos \alpha =d_1^2$

$2a^2\left(1-\cos \alpha \right)=d_1^2$

$a^2=\frac{d_1^2}{2\left(1-\cos \alpha \right)}$

$a=\frac{d_1}{\sqrt{2-2\cos \alpha }}=\frac{h}{tg\alpha \sqrt{2-2\cos \alpha }}=\frac{h\cos \alpha }{\sin \alpha \sqrt{2-2\cos \alpha }}$

Z definicji funkcji trygonometrycznych w trójkącie prostokątnym mamy:

$\sin \alpha =\frac{h_p}{a}$

$h_p=a\sin \alpha =\frac{h\cos \alpha }{\sqrt{2-2\cos \alpha }}$

Stąd $r=\frac{h\cos \alpha }{2\sqrt{2-2\cos \alpha }}$.

A zatem objętość jest równa $V=\pi r^{2}h=\frac{\pi h^3{\cos }^2\alpha }{8\left(1-\cos \alpha \right)}$.