Walec

Objętość graniastosłupa to iloczyn pola podstawy i wysokości:

$$V=P_p\cdot H=24\cdot10=240\ \text{cm}^3$$

Pułapka: odpowiedź A ($80$) to wynik podzielenia przez $3$ — wzór z jedną trzecią dotyczy ostrosłupa, a nie graniastosłupa.

Odpowiedź: B. $240$ cm$^3$.

$$V=\pi r^2 H=\pi\cdot16\cdot5=80\pi$$

Pułapka: $20\pi$ powstałoby z $\pi\cdot4\cdot5$ — bez podnoszenia promienia do kwadratu.

Odpowiedź: C. $80\pi$.

$$V=\pi r^2 h$$

Odpowiedź: B. $\pi r^2 h$.

Objętość ostrosłupa jest trzy razy mniejsza niż graniastosłupa o tej samej podstawie i wysokości:

$$V=\frac13 P_p\cdot H=\frac13\cdot27\cdot8$$

Liczymy:

$$V=9\cdot8=72\ \text{cm}^3$$

Wskazówka rachunkowa: najpierw dziel to, co dzieli się bez reszty — $27:3=9$ jest wygodniejsze niż mnożenie $27\cdot8$ i dopiero potem dzielenie.

Odpowiedź: $V=72$ cm$^3$.

$$V=\frac13\pi r^2 H=\frac13\pi\cdot9\cdot7=21\pi$$

Zapamiętaj: stożek ma trzy razy mniejszą objętość niż walec o tej samej podstawie i wysokości.

Odpowiedź: $21\pi\approx65{,}97$.

$$V=\pi\cdot3^2\cdot5=\pi\cdot9\cdot5=45\pi$$

Odpowiedź: $45\pi$.

1. $a^3=216 \Rightarrow a=6$. Przekątna: $a\sqrt3=6\sqrt3$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — przekątna ściany (kwadratu), a nie sześcianu.

Podstawą walca jest koło, więc:

$$V=\pi r^2 H=\pi\cdot3^2\cdot10=\pi\cdot9\cdot10=90\pi\ \text{cm}^3$$

Przybliżenie: $90\pi\approx282{,}7$ cm$^3$.

Uwaga: promień podnosimy do kwadratu, a wysokość zostaje w pierwszej potędze — to najczęstsze źródło pomyłek przy walcu.

Odpowiedź: $V=90\pi\approx283$ cm$^3$.

Objętość:

$$V=\frac43\pi r^3=\frac43\pi\cdot27=36\pi$$

Pole powierzchni:

$$P=4\pi r^2=4\pi\cdot9=36\pi$$

Ciekawostka: dla $r=3$ obie wielkości wychodzą liczbowo takie same — to zbieg okoliczności, bo mają różne jednostki.

Odpowiedź: $V=36\pi$, $P=36\pi$.

Stożek ma trzy razy mniejszą objętość niż walec o tej samej podstawie i wysokości:

$$V=\frac13\pi r^2 h$$

Odpowiedź: C. $\frac13\pi r^2 h$.

1. $d=\sqrt{4+9+36}=\sqrt{49}=7$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — suma krawędzi; C — przekątna ściany $2\times3$.

Stożek jest „ostrosłupem” o okrągłej podstawie, więc również ma współczynnik $\frac13$:

$$V=\frac13\pi r^2 H=\frac13\pi\cdot36\cdot5$$

Liczymy:

$$V=\frac13\cdot180\pi=60\pi$$

Pułapka: odpowiedź A ($180\pi$) to objętość walca o tych samych wymiarach — dokładnie trzy razy większa.

Odpowiedź: C. $60\pi$.

Promień, wysokość i tworząca tworzą trójkąt prostokątny:

$$l=\sqrt{r^2+H^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10$$

Rozpoznanie: trójka $6$–$8$–$10$.

Odpowiedź: A. $10$.

$$V=\frac13\pi\cdot3^2\cdot4=\frac13\pi\cdot36=12\pi$$

Odpowiedź: $12\pi$.

1. $P_p=\frac{16\sqrt3}4=4\sqrt3$, $V=4\sqrt3\cdot5=20\sqrt3$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? D — wzór dla ostrosłupa (z $\frac13$); B — podstawa jako kwadrat.

Objętość kuli:

$$V=\frac43\pi r^3=\frac43\pi\cdot27=36\pi\ \text{cm}^3$$

Pole powierzchni kuli:

$$P=4\pi r^2=4\pi\cdot9=36\pi\ \text{cm}^2$$

Ciekawostka: dla $r=3$ obie liczby wychodzą równe $36\pi$, ale to przypadek — mają różne jednostki (cm$^3$ i cm$^2$) i nie należy ich utożsamiać.

Odpowiedź: $V=36\pi\approx113$ cm$^3$, $P=36\pi\approx113$ cm$^2$.

Dwie podstawy:

$$2\pi r^2=2\pi\cdot4=8\pi$$

Powierzchnia boczna — prostokąt o wymiarach $2\pi r$ na $H$:

$$2\pi\cdot2\cdot5=20\pi$$

Razem:

$$P=8\pi+20\pi=28\pi$$

Odpowiedź: $28\pi$.

$$V=\frac43\pi r^3$$

Odpowiedź: D. $\frac43\pi r^3$.

1. $V=\pi\cdot9\cdot5=45\pi$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — wzór stożka; C — pole powierzchni bocznej $2\pi rH$.

Objętość:

$$V=a^3=4^3=64\ \text{cm}^3$$

Pole powierzchni — sześcian ma $6$ jednakowych ścian kwadratowych:

$$P=6a^2=6\cdot16=96\ \text{cm}^2$$

Przekątna sześcianu (łącząca przeciwległe wierzchołki):

$$d=a\sqrt3=4\sqrt3\approx6{,}93\ \text{cm}$$

Nie mylić z przekątną ściany, która wynosi $a\sqrt2=4\sqrt2\approx5{,}66$ cm — przekątna bryły jest zawsze dłuższa.

Odpowiedź: $V=64$ cm$^3$, $P=96$ cm$^2$, $d=4\sqrt3$ cm.

Przekrój osiowy walca to prostokąt o wymiarach: średnica podstawy na wysokość.

$$2r=6,\qquad H=10$$

Uwaga: trójkąt równoramienny to przekrój osiowy stożka, a nie walca.

Odpowiedź: D. prostokątem $6\times10$.

$$V=\frac43\pi\cdot3^3=\frac43\pi\cdot27=36\pi$$

Odpowiedź: $36\pi$.

1. $H=\sqrt{100-36}=8$.
2. $V=\tfrac13\pi\cdot36\cdot8=96\pi$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — bez $\frac13$; C — wysokość zastąpiona tworzącą.

We wzorze $V=a^3$ krawędź występuje w trzeciej potędze:

$$V_2=(2a)^3=8a^3=8V_1$$

Sprawdźmy na liczbach: dla $a=3$ objętość to $27$, dla $a=6$ objętość to $216$. Rzeczywiście $216:27=8$.

Zestawienie warte zapamiętania: przy skali $k$ długości rosną $k$ razy, pola $k^2$ razy, a objętości $k^3$ razy. Odpowiedź C ($4$ razy) dotyczyłaby pola powierzchni.

Odpowiedź: A. $8$ razy.

Krok 1 — podstawa:

$$P_p=\pi r^2=25\pi$$

Krok 2 — powierzchnia boczna:

$$P_b=\pi r l=\pi\cdot5\cdot13=65\pi$$

Krok 3 — razem:

$$P=25\pi+65\pi=90\pi$$

Odpowiedź: $90\pi$.

$$P=4\pi r^2$$

Odpowiedź: A. $4\pi r^2$.

1. $\tfrac43\pi r^3=36\pi \Rightarrow r^3=27 \Rightarrow r=3$.
2. $P=4\pi\cdot9=36\pi$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — pole koła wielkiego; D — $r^3$ zamiast pola.

Powierzchnia walca to dwie podstawy (koła) plus powierzchnia boczna (rozwinięta w prostokąt).

Krok 1 — pole podstaw:

$$2\pi r^2=2\pi\cdot16=32\pi$$

Krok 2 — pole boczne. Prostokąt ma wymiary: obwód podstawy razy wysokość:

$$2\pi r H=2\pi\cdot4\cdot6=48\pi$$

Krok 3 — sumujemy:

$$P=32\pi+48\pi=80\pi\ \text{cm}^2\approx251\ \text{cm}^2$$

Wzór zbiorczy: $P=2\pi r(r+H)=2\pi\cdot4\cdot10=80\pi$ — ten sam wynik.

Odpowiedź: $P=80\pi\approx251$ cm$^2$.

Krok 1 — podstawiamy do wzoru:

$$\frac43\pi r^3=\frac{500}{3}\pi$$

Krok 2 — dzielimy przez $\pi$ i mnożymy przez $3$:

$$4r^3=500 \quad\Rightarrow\quad r^3=125$$

Krok 3 — pierwiastek sześcienny:

$$r=5$$

Odpowiedź: $r=5$.

$$P=4\pi\cdot5^2=4\pi\cdot25=100\pi$$

Odpowiedź: $100\pi$.

1. Trójkąt: wysokość ostrosłupa $4$, połowa krawędzi podstawy $3$, wysokość ściany — przeciwprostokątna.
2. $h_b=\sqrt{16+9}=5$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? D — to krawędź boczna (z połową przekątnej $3\sqrt2$); B — użyta cała krawędź $6$.

Krok 1 — tworząca z twierdzenia Pitagorasa. Promień, wysokość i tworząca tworzą trójkąt prostokątny:

$$l=\sqrt{r^2+H^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole podstawy:

$$P_p=\pi r^2=9\pi$$

Krok 3 — pole boczne:

$$P_b=\pi r l=\pi\cdot3\cdot5=15\pi$$

Krok 4 — pole całkowite:

$$P=9\pi+15\pi=24\pi\ \text{cm}^2\approx75{,}4\ \text{cm}^2$$

Uwaga: w polu bocznym stożka występuje tworząca $l$, a nie wysokość $H$ — to najczęstszy błąd w tym zadaniu.

Odpowiedź: $l=5$ cm, $P=24\pi\approx75$ cm$^2$.

Objętość zależy od sześcianu promienia:

$$V_{\text{nowe}}=\frac43\pi(2r)^3=\frac43\pi\cdot8r^3=8V$$

Dla porównania: pole powierzchni ($4\pi r^2$) wzrośnie tylko czterokrotnie.

Odpowiedź: B. wzrośnie ośmiokrotnie.

$$P_b=2\pi\cdot2\cdot7=28\pi$$

Odpowiedź: $28\pi$.

1. 1. $V_s=\tfrac13\pi r^2H=\tfrac13V_w$ — prawda.
2. 2. Po podwojeniu promienia: $\tfrac13\pi(2r)^2H=4\cdot\tfrac13\pi r^2H$ — objętość rośnie czterokrotnie — fałsz.

Odpowiedź: P, F

Graniastosłup ma dwie jednakowe podstawy. Każda sześciokątna podstawa ma $6$ wierzchołków:

$$2\cdot6=12$$

Dla porządku pozostałe elementy: krawędzi jest $18$ ($6+6$ w podstawach i $6$ bocznych), a ścian $8$ ($2$ podstawy i $6$ bocznych).

Sprawdzenie wzorem Eulera: $W-K+S=12-18+8=2$ ✔

Odpowiedź: D. $12$ wierzchołków.

Krok 1 — jaka bryła. Obrót prostokąta wokół boku daje walec.

Krok 2 — wymiary. Oś obrotu (bok $8$) staje się wysokością, a drugi bok — promieniem:

$$r=3,\qquad H=8$$

Krok 3 — objętość:

$$V=\pi\cdot9\cdot8=72\pi$$

Odpowiedź: walec o objętości $72\pi$.

Krok 1 — dwie podstawy (koła):

$$2\pi r^2=2\pi\cdot9=18\pi$$

Krok 2 — powierzchnia boczna:

$$2\pi r h=2\pi\cdot3\cdot4=24\pi$$

Krok 3 — suma:

$$P_c=18\pi+24\pi=42\pi$$

Odpowiedź: $42\pi$.

1. Krawędź podstawy: $a=8$, $P_p=64$. Połowa przekątnej: $4\sqrt2$.
2. Kąt $45^\circ$ → trójkąt równoramienny: $H=4\sqrt2$.
3. $V=\tfrac13\cdot64\cdot4\sqrt2=\dfrac{256\sqrt2}{3}$.

Odpowiedź: $V=\dfrac{256\sqrt2}{3}$

Podstawą jest kwadrat o boku $6$ cm.

Krok 1 — objętość:

$$V=P_p\cdot H=36\cdot8=288\ \text{cm}^3$$

Krok 2 — pole powierzchni. Dwie podstawy plus cztery prostokąty boczne:

$$P=2\cdot36+4\cdot(6\cdot8)=72+192=264\ \text{cm}^2$$

Krok 3 — przekątna bryły. Najpierw przekątna podstawy:

$$d_p=6\sqrt2$$

Następnie przekątna bryły z trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $d_p$ i $H$:

$$d=\sqrt{\left(6\sqrt2\right)^2+8^2}=\sqrt{72+64}=\sqrt{136}=2\sqrt{34}\approx11{,}7\ \text{cm}$$

Odpowiedź: $V=288$ cm$^3$, $P=264$ cm$^2$, $d=2\sqrt{34}$ cm.

Powierzchnia boczna stożka to wycinek koła o promieniu równym tworzącej:

$$P_b=\pi r l$$

Uwaga: we wzorze występuje tworząca $l$, a nie wysokość $H$. To najczęstsza pomyłka — $2\pi r H$ to pole boczne walca.

Odpowiedź: C. $\pi r l$.

Obrót trójkąta prostokątnego wokół przyprostokątnej daje stożek (obrót prostokąta → walec, obrót półkola → kula).

Odpowiedź: B. trójkąta prostokątnego.

1. Trójkąt: $h_b=10$, kąt $60^\circ$ przy podstawie, przyprostokątne: $\frac a2$ i $H$.
2. $\frac a2=10\cos60^\circ=5 \Rightarrow a=10$; $H=10\sin60^\circ=5\sqrt3$.
3. $V=\tfrac13\cdot100\cdot5\sqrt3=\dfrac{500\sqrt3}{3}$.
4. $P_c=a^2+4\cdot\tfrac12\cdot a\cdot h_b=100+200=300$.

Odpowiedź: $V=\dfrac{500\sqrt3}{3}$, $P_c=300$

Krok 1 — objętość:

$$V=\frac13\cdot100\cdot12=\frac{1200}{3}=400\ \text{cm}^3$$

Krok 2 — wysokość ściany bocznej. Tworzy ona trójkąt prostokątny z wysokością bryły i połową krawędzi podstawy:

$$h=\sqrt{H^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{144+25}=\sqrt{169}=13\ \text{cm}$$

Kluczowa uwaga: drugą przyprostokątną jest połowa krawędzi podstawy ($5$ cm), bo wysokość ściany pada na środek boku. Użycie całych $10$ cm to najczęstszy błąd w tym typie zadania.

Odpowiedź: $V=400$ cm$^3$, wysokość ściany bocznej $13$ cm.

Krok 1 — podstawiamy do wzoru:

$$\pi r^2\cdot4=64\pi$$

Krok 2 — dzielimy przez $4\pi$:

$$r^2=16$$

Krok 3 — pierwiastkujemy (promień jest dodatni):

$$r=4$$

Odpowiedź: $r=4$.

Z wzoru $V=\pi r^2 h$:

$$50\pi=\pi\cdot25\cdot h \quad\Rightarrow\quad h=\frac{50\pi}{25\pi}=2$$

Odpowiedź: $h=2$.

Przekrój osiowy powstaje przez przecięcie bryły płaszczyzną zawierającą oś obrotu.

Dla walca taka płaszczyzna wycina prostokąt, którego jeden bok to średnica podstawy, a drugi to wysokość:

$$2r\times H=10\times8$$

Najczęstszy błąd: użycie promienia zamiast średnicy — stąd błędna odpowiedź C.

Dla porównania: przekrój osiowy stożka to trójkąt równoramienny, a kuli — koło wielkie.

Odpowiedź: B. prostokąt $10\times8$.

Krok 1 — jaka bryła. Obrót trójkąta prostokątnego wokół przyprostokątnej daje stożek.

Krok 2 — wymiary. Oś obrotu staje się wysokością, druga przyprostokątna — promieniem:

$$H=8,\qquad r=6$$

Krok 3 — objętość:

$$V=\frac13\pi\cdot36\cdot8=96\pi$$

Uwaga: obrót wokół drugiej przyprostokątnej dałby inną bryłę — $r=8$, $H=6$, a więc $V=128\pi$. Kierunek obrotu ma znaczenie.

Odpowiedź: $96\pi$.

Z wzoru $V=\frac43\pi r^3$:

$$\frac43\pi r^3=\frac{32}{3}\pi \quad\Rightarrow\quad r^3=\frac{32}{3}\cdot\frac{3}{4}=8$$

$$r=\sqrt[3]{8}=2$$

Odpowiedź: $r=2$.

Krok 1 — przekątna podstawy. Kwadrat o boku $4$:

$$d_p=4\sqrt2$$

Krok 2 — identyfikujemy kąt. Przekątna bryły, przekątna podstawy i krawędź boczna tworzą trójkąt prostokątny. Szukany kąt $\alpha$ leży między przekątną bryły a przekątną podstawy.

Krok 3 — tangens to stosunek przyprostokątnej naprzeciw kąta (wysokość bryły) do przyprostokątnej przy kącie (przekątna podstawy):

$$\tg\alpha=\frac{H}{d_p}=\frac{4}{4\sqrt2}=\frac{1}{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}$$

Przybliżenie: $\tg\alpha\approx0{,}71$, czyli $\alpha\approx35^\circ$.

Uwaga: kąt nachylenia do podstawy mierzymy względem rzutu przekątnej na podstawę, czyli względem przekątnej podstawy — nie względem krawędzi.

Odpowiedź: $\tg\alpha=\frac{\sqrt2}{2}$.

Kula wpisana dotyka obu podstaw, więc $H=2r$:

$$V_{\text{walca}}=\pi r^2\cdot2r=2\pi r^3,\qquad V_{\text{kuli}}=\frac43\pi r^3$$

$$\frac{V_{\text{kuli}}}{V_{\text{walca}}}=\frac{4/3}{2}=\frac23$$

To odkrycie Archimedesa — kazał wyryć ten wynik na swoim nagrobku.

Odpowiedź: A. $\frac23$.

$V_{\text{stożek}}=\frac13\pi r^2h$, $V_{\text{walec}}=\pi r^2h$ — stosunek $\frac13$.

Odpowiedź: C. $\frac13$ walca.

Krok 1 — krawędź. Z $V=a^3$ wyciągamy pierwiastek trzeciego stopnia:

$$a=\sqrt[3]{125}=5\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole powierzchni:

$$P=6a^2=6\cdot25=150\ \text{cm}^2$$

Sprawdzenie: $5^3=125$ cm$^3$ ✔

Odpowiedź: krawędź $5$ cm, pole powierzchni $150$ cm$^2$.

Z twierdzenia Pitagorasa, gdzie tworząca jest przeciwprostokątną:

$$H=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{289-64}=\sqrt{225}=15$$

Rozpoznanie: trójka $8$–$15$–$17$.

Odpowiedź: $H=15$.

Krok 1 — tworząca to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $r=6$ i $h=8$:

$$l=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{100}=10$$

Odpowiedź: tworząca $l=10$.

Krok 1 — promień to połowa średnicy:

$$r=3\ \text{cm}$$

Krok 2 — objętość kuli:

$$V=\frac43\pi r^3=\frac43\pi\cdot27=36\pi\ \text{cm}^3$$

Pułapka: podstawienie średnicy zamiast promienia dałoby $\frac43\pi\cdot216=288\pi$ — czyli błędną odpowiedź A, ośmiokrotnie za dużą.

Odpowiedź: C. $36\pi$ cm$^3$.

W przekroju osiowym podstawą trójkąta jest średnica ($2r$), a ramionami — dwie tworzące.

Trójkąt równoboczny ma wszystkie boki równe, więc:

$$l=2r$$

Konsekwencja: wysokość takiego stożka wynosi $H=\sqrt{4r^2-r^2}=r\sqrt3$.

Odpowiedź: B. $l=2r$.

$$V=\pi\cdot1^2\cdot1=\pi$$

Odpowiedź: A. $\pi$.

Krok 1 — wysokość słupa wody:

$$h=\frac34\cdot50=37{,}5\ \text{cm}$$

Krok 2 — objętość wody:

$$V=80\cdot40\cdot37{,}5=120\,000\ \text{cm}^3$$

Krok 3 — zamiana na litry. Kluczowa zależność:

$$1\ \text{litr}=1\ \text{dm}^3=1000\ \text{cm}^3$$

$$120\,000:1000=120\ \text{litrów}$$

Kontrola sensu: całe akwarium ma $80\cdot40\cdot50=160\,000$ cm$^3$, czyli $160$ l. Trzy czwarte z tego to $120$ l ✔

Odpowiedź: wlano $120$ litrów wody.

Krok 1 — tworząca:

$$l=\sqrt{81+144}=\sqrt{225}=15$$

Krok 2 — objętość:

$$V=\frac13\pi\cdot81\cdot12=324\pi$$

Krok 3 — pole powierzchni:

$$P=\pi r^2+\pi r l=81\pi+\pi\cdot9\cdot15=81\pi+135\pi=216\pi$$

Rozpoznanie: trójka $9$–$12$–$15$, czyli $3$–$4$–$5$ pomnożona przez $3$.

Odpowiedź: $l=15$, $V=324\pi$, $P=216\pi$.

Krok 1 — objętość:

$$V=\pi\cdot0{,}5^2\cdot2=\pi\cdot0{,}25\cdot2=0{,}5\pi\approx1{,}57\ \text{m}^3$$

Krok 2 — zamiana na litry:

$$1{,}57\ \text{m}^3=1570\ \text{l}$$

Odpowiedź: około $1570$ litrów.

Krok 1 — ustalamy wymiary stożka. Przy obrocie wokół dłuższej przyprostokątnej to ona staje się wysokością, a krótsza zakreśla podstawę i staje się promieniem:

$$H=8\ \text{cm},\qquad r=6\ \text{cm}$$

Krok 2 — objętość:

$$V=\frac13\pi r^2 H=\frac13\pi\cdot36\cdot8=96\pi\ \text{cm}^3$$

Przybliżenie: $96\pi\approx301{,}6$ cm$^3$.

Warto porównać: obrót wokół krótszej przyprostokątnej dałby $H=6$ i $r=8$, czyli $V=\frac13\pi\cdot64\cdot6=128\pi$ — inną bryłę o większej objętości. Oś obrotu ma znaczenie.

Odpowiedź: $V=96\pi\approx302$ cm$^3$.

Krok 1 — poziom wody:

$$h=\frac{12}{2}=6\ \text{dm}$$

Krok 2 — objętość wody:

$$V=\pi\cdot25\cdot6=150\pi\approx471\ \text{dm}^3$$

Krok 3 — zamiana na litry. $1$ dm$^3=1$ litr, więc:

$$V\approx471\ \text{litrów}$$

Uwaga: woda wypełnia dokładnie połowę walca — objętość jest wprost proporcjonalna do wysokości słupa cieczy.

Odpowiedź: około $471$ litrów.

Krok 1 — wysokość z twierdzenia Pitagorasa ($l^2=r^2+h^2$):

$$h=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12$$

Krok 2 — objętość:

$$V=\frac13\pi\cdot5^2\cdot12=\frac13\pi\cdot25\cdot12=100\pi$$

Odpowiedź: $100\pi$.

Krok 1 — objętość walca:

$$V_w=\pi r^2 H=\pi\cdot25\cdot12=300\pi\ \text{cm}^3$$

Krok 2 — objętość kuli:

$$V_k=\frac43\pi\cdot27=36\pi\ \text{cm}^3$$

Krok 3 — stosunek objętości:

$$\frac{V_k}{V_w}=\frac{36\pi}{300\pi}=\frac{36}{300}=\frac{3}{25}=0{,}12$$

Symbol $\pi$ skraca się, więc wynik jest dokładny, bez zaokrągleń.

Sprawdzenie sensu: kula o średnicy $6$ cm swobodnie mieści się w walcu o średnicy $10$ cm i wysokości $12$ cm, więc wynik poniżej $100\%$ jest wiarygodny.

Odpowiedź: kula zajmuje $\frac{3}{25}$ objętości walca, czyli $12\%$.

Krok 1 — kluczowa obserwacja. Przetapianie nie zmienia objętości materiału.

Krok 2 — objętość kuli:

$$V=\frac43\pi\cdot216=288\pi$$

Krok 3 — przyrównujemy do objętości walca:

$$\pi\cdot36\cdot H=288\pi$$

Krok 4 — wyznaczamy wysokość:

$$H=\frac{288}{36}=8$$

Kontrola sensu: średnica kuli wynosi $12$, a walec o tym samym promieniu wyszedł niższy ($8$) — to zgadza się z faktem, że kula wypełnia tylko $\frac23$ opisanego na niej walca ✔

Odpowiedź: $H=8$.

Krok 1 — przekrój przez środek to koło wielkie o promieniu równym promieniowi kuli ($r=6$).

Krok 2 — pole koła:

$$P=\pi\cdot6^2=36\pi$$

Odpowiedź: $36\pi$.

Krok 1 — pole podstawy. Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku $6$:

$$P_p=\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{36\sqrt3}{4}=9\sqrt3\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — objętość:

$$V=\frac13 P_p\cdot H=\frac13\cdot9\sqrt3\cdot\sqrt3$$

Krok 3 — upraszczamy. Iloczyn $\sqrt3\cdot\sqrt3=3$:

$$V=\frac13\cdot9\cdot3=9\ \text{cm}^3$$

Warto zauważyć: pierwiastki się zniosły i wynik jest liczbą całkowitą — to dobry sygnał, że rachunki są poprawne.

Odpowiedź: $V=9$ cm$^3$.

Walec:

$$V_1=\pi\cdot9\cdot6=54\pi$$

Stożek:

$$V_2=\frac13\pi\cdot9\cdot6=18\pi$$

Kula:

$$V_3=\frac43\pi\cdot27=36\pi$$

Uporządkowanie:

$$18\pi<36\pi<54\pi$$

$$\text{stożek}<\text{kula}<\text{walec}$$

Warto zauważyć. Przy $H=2r$ zachodzi ładna zależność: objętości stożka, kuli i walca mają się jak $1:2:3$. Tutaj $18\pi$, $36\pi$, $54\pi$ — dokładnie w tym stosunku ✔ To znany wynik Archimedesa.

Odpowiedź: stożek $18\pi$, kula $36\pi$, walec $54\pi$.

Krok 1 — objętość dla promienia $r$:

$$V=\frac43\pi r^3$$

Krok 2 — objętość dla promienia $2r$:

$$V'=\frac43\pi(2r)^3=\frac43\pi\cdot8r^3=8\cdot\frac43\pi r^3=8V$$

Krok 3 — wniosek. $V'=8V$ — objętość rośnie ośmiokrotnie. $\quad∎$

Dlaczego. Objętość zależy od trzeciej potęgi promienia, a $2^3=8$. Sprawdzenie: $r=1\to V=\frac43\pi$; $r=2\to V=\frac{32}{3}\pi=8\cdot\frac43\pi$ ✔

Suma średnicy i wysokości: $2r+h=10$, stąd $h=10-2r$.

Pole powierzchni bocznej walca: $P(r)=2\pi r\cdot h=2\pi r(10-2r)=20\pi r-4\pi r^{2}$.

Dziedzina: $r>0$ oraz $h=10-2r>0\Rightarrow r<5$, czyli $r\in(0,\,5)$.

Funkcja $P$ jest kwadratowa o ramionach w dół, więc największą wartość przyjmuje w wierzchołku:

$r=\dfrac{-20\pi}{2\cdot(-4\pi)}=\dfrac{20\pi}{8\pi}=\dfrac{5}{2}=2{,}5$ (należy do dziedziny).

Pole powierzchni bocznej jest największe dla $r=\dfrac{5}{2}$.