Matematyka
  Wiw.pl   Na bieżąco:  Informacje   Co nowego   Matematyka i przyroda:  Astronomia   Biologia   Fizyka   Matematyka   Modelowanie rzeczywistości   Humanistyka:  Filozofia   Historia   Kultura antyczna   Literatura   Sztuka   Czytaj:  Biblioteka   Delta   Wielcy i więksi   Przydatne:  Słowniki   Co i gdzie studiować   Wszechświat w obrazkach    
  Jesteś tutaj:   Wirtualny Wszechświat >  Matematyka >  Geometria   >  Bryły obrotowe  
  Jesteś tutaj
Jan Zydler
Geometria


© Prószyński i S-ka
  Spis rzeczy
Pojęcia wstępne
Przystawanie i symetria figur płaskich
Proste równoległe
Koło
Kąty w kole. Czworokąty wpisane i opisane
Równoważność wielokątów
Położenie prostych i płaszczyzn w przestrzeni
Geometryczna proporcjonalność odcinków
Jednokładność i podobieństwo
Metryczna teoria odcinków proporcjonalnych
Wiadomości wstępne o rozwiązywaniu trójkątów
Obliczanie pól wielokątów
Kąty bryłowe i wielościany
Zastosowanie pojęcia granicy w geometrii
Bryły obrotowe
§ 81. Walec
§ 82. Stożek
§ 83. Kula
§ 84. Ćwiczenia

§ 83. Kula

409. Kulą nazywamy bryłę powstałą z obrotu półkola dokoła prostej zawierającej jego średnicę.

Jeżeli np. półkole ACB (rys. 373) obracać będziemy dokoła średnicy AB, to łuk ACB opisze powierzchnię krzywą, którą nazywamy kulistą, czyli sferyczną, a bryłę nią ograniczoną nazywamy kulą.

Środek O półkola nazywamy środkiem kuli. Odcinek, który łączy jakikolwiek punkt powierzchni kuli ze środkiem, nazywamy promieniem kuli, np. OC, a odcinek, który łączy dwa punkty kuli i przechodzi przez jej środek, nazywamy średnicą kuli, np. AB.

Oczywiście, wszystkie promienie i średnice w kuli są sobie równe i powierzchnia kulista jest miejscem geometrycznym punktów w przestrzeni jednakowo odległych od środka kuli.

O punkcie mówimy, że leży na zewnątrz lub wewnątrz kuli, zależnie od tego, czy jego odległość od środka jest większa, czy też mniejsza od promienia.

Rys. 373 Rys. 374
Rys. 373 Rys. 374

410. Twierdzenie. Przekrój kuli jakąkolwiek płaszczyzną jest kołem.

Dowód. Na przecięciu kuli z płaszczyzną P (rys. 374) obierzmy dowolny punkt A i przez środek kuli O poprowadźmy średnicę BC prostopadłą do tej płaszczyzny.

Można powiedzieć, że dana kula powstała z obrotu półkola BAC dokoła średnicy BC. Wtedy punkt A, leżący na łuku BAC, opisze okrąg o środku D leżącym na średnicy BC. Jego promieniem jest DA, odcinek prostopadły do BC, ten okrąg będzie leżał na płaszczyźnie P, co dowodzi twierdzenia.

411. Promień koła, otrzymanego z przecięcia kuli płaszczyzną znajdujemy z trójkąta DAO, w którym OA = R jest promieniem kuli. Otrzymujemy

Rozmiar: 149 bajtów

Stąd widać, że

1) im przecięcie jest bliższe środka kuli, tym promień jego jest większy;

2) jeżeli DO jest równe zeru, to r = R, oznacza to, że jeżeli przekrój przechodzi przez środek kuli, to jego promień równy jest promieniowi kuli.

Taki przekrój kuli nazywamy kołem wielkim. Oczywiście, wszystkie koła wielkie są sobie równe.

3) Każde koło wielkie dzieli kulę na dwie równe części, dlatego że te części są przystające.

4) Przecięcie dwóch kół wielkich jest średnicą kuli, co jest oczywiste.

5) Dla poprowadzenia koła wielkiego wystarczy mieć dwa punkty na powierzchni kuli, dlatego że trzecim punktem, wyznaczającym jego płaszczyznę będzie środek kuli. Żadne inne koło nie będzie kołem wielkim.

411. Płaszczyznę, która z kulą ma tylko jeden punkt wspólny, nazywamy płaszczyzną styczną do kuli, a ten punkt wspólny punktem styczności, np. płaszczyzna P (rys. 375).

Promień OA przechodzący przez punkt styczności jest prostopadły do płaszczyzny stycznej.

Rys. 375 Rys. 376
Rys. 375 Rys. 376

412. Prosta z powierzchnią kulistą nie może mieć więcej niż dwa punkty wspólne, dlatego że prosta z okręgiem może mieć najwyżej dwa punkty wspólne.

Prostą, która z powierzchnią kulistą ma tylko jeden punkt wspólny, nazywamy prostą styczną do kuli; jest nią np. prosta AB na rys. 376.

Oczywiście, z punktu A prostych stycznych do kuli można wyprowadzić nieskończenie wiele i ich miejscem geometrycznym będzie powierzchnia stożkowa styczna do kuli. Okrąg opisany promieniem CB będzie okręgiem styczności tego stożka z kulą.

Wynika to stąd, że jeżeli do półkola poprowadzimy styczną i całą figurę obracać będziemy dokoła średnicy, to styczna opisze powierzchnię stożkową, a punkt styczności okrąg.

413. Określenia.

1. Część powierzchni kulistej zawartą między dwiema równoległymi płaszczyznami nazywamy pasem kulistym, np. ABCD na rys. 377, a bryłę, ograniczoną pasem kulistym i dwoma kołami warstwą kulistą.

Rys. 377 Rys. 378
Rys. 377 Rys. 378

Koła DB i CA nazywamy podstawami, a ich odległość EF wysokością pasa lub warstwy.

Warstwa kulista ABCD jest bryłą powstałą z obrotu figury ABEF dokoła osi KL.

2. Każdą z dwóch części, na które płaszczyzna dzieli kulę, nazywamy odcinkiem kulistym (czaszą), np. CKA.

Koło CA jest podstawą odcinka, a odcinek KF jego wysokością.

Odcinek kulisty CKA powstał z obrotu figury KAF dokoła KL.

3. Bryłę CABOC (rys. 378) powstałą z obrotu wycinka kołowego AOB dokoła osi AD nazywamy wycinkiem kulistym.

Jego podstawa jest częścią powierzchni kulistej CAB, a powierzchnią boczną powierzchnia stożkowa.

Jeżeli obracać będziemy dokoła osi AD (rys. 378) wycinek kołowy OBE, którego bok nie leży na osi, to otrzymamy bryłę, ograniczoną pasem kulistym i dwiema powierzchniami stożkowymi: zewnętrzną i wewnętrzną.

Taką bryłę nazywać będziemy wycinkiem kulistym wydrążonym.

4. Część powierzchni kulistej zawartą między okręgami dwóch kół wielkich, nazywamy dwukątem kulistym (rys. 379).

Rys. 379 Rys. 380
Rys. 379 Rys. 380

Łuk CD, który otrzymujemy z przecięcia dwukąta kulistego płaszczyzną prostopadłą do osi AB i przechodzącą przez środek, nazywamy łukiem dwukąta kulistego.

5. Część powierzchni kulistej, zawartą między okręgami trzech kół wielkich, przecinającymi się po dwa, nazywamy trójkątem falistym, np. ABC (rys. 380).

414. Twierdzenie. Cztery punkty nie leżące na jednej płaszczyźnie wyznaczają jednoznacznie kulę.

Dowód. Dane są cztery punkty w przestrzeni: A, B, C i D (rys. 381). Trzeba dowieść, że istnieje taki punkt w przestrzeni, który jest w jednakowej odległości od czterech danych.

Przypomnijmy, że miejscem geometrycznym punktów jednakowo odległych od A, B i C będzie prosta prostopadła KL, wystawiona ze środka K okręgu przechodzącego przez te trzy punkty. A więc szukany punkt musi leżeć na tej prostopadłej.

Jeżeli teraz przez tę prostopadłą i czwarty z danych punktów D poprowadzimy płaszczyznę, którą okrąg przetnie w punkcie M, to, wystawiwszy ze środka odcinka DM prostopadłą NP, otrzymamy w przecięciu z KL punkt O, który jest żądanym punktem. Punkt O jest środkiem kuli i jest wyznaczony jednoznacznie, gdyż dwie proste KL i NP przecinać się mogą tylko w jednym punkcie (a przecinać się muszą, gdyż leżą na jednej płaszczyźnie i nie są równoległe). Zatem przez cztery dane punkty może być poprowadzona tylko jedna powierzchnia kulista.

Rys. 381 Rys. 382
Rys. 381 Rys. 382

415. Zadanie. Znaleźć promień danej kuli.

Z pewnego punktu A (rys. 382) na powierzchni danej kuli zakreślamy dowolną odległością AB okrąg koła małego, na którym obieramy trzy dowolne punkty: B, C i D. Zmierzywszy cyrklem odległości BC, CD i BD, wykreślamy trójkąt równy BCD. Na tym trójkącie opisujemy koło, którego promieniem będzie BE.

Ponieważ odległość AB może być zmierzona cyrklem, więc mając AB i BE, wykreślamy trójkąt prostokątny równy ABE.

Łatwo już teraz wykreślić trójkąt prostokątny równy Rozmiar: 51 bajtów ABF; połowa przeciwprostokątnej AF będzie promieniem danej kuli.

416. Twierdzenie. Pole powierzchni kuli jest cztery razy większe od pola jej koła wielkiego.

Rys. 383

Rys. 383

Na półkolu AB (rys. 383) opiszmy łamaną foremną CDEFGH o n odcinkach, z których EF jest równoległy do średnicy AB.

Obróćmy teraz całą figurę dokoła CH, wtedy utworzy się bryła obrotowa ograniczona powierzchniami stożkowymi i walcowymi. Obliczmy pole powierzchni tej bryły.

Powierzchnia utworzona z obrotu odcinka CD będzie powierzchnią boczną stożka, którego tworzącą jest CD, a promieniem podstawy jest prostopadła do osi DI, a więc

pow. (CD) = × CD × ID.

Z podobieństwa trójkątów CON i CDI (Rozmiar: 50 bajtów CON = Rozmiar: 50 bajtów CDI; Rozmiar: 50 bajtów CNO = Rozmiar: 50 bajtów CID), mamy

Rozmiar: 173 bajtów

skąd

ID × CN = ON × CI.

Ponieważ CN jest połową CD, więc

ID × CD = 2 ON × CI.

A zatem pow. (CD) = 2 ON × CI.

Oznaczając promień ON przez R, dostajemy

(1) pow. (CD) = 2R × CI.

Zauważmy, że 2R jest okręgiem koła wielkiego kuli otrzymanej z obrotu półkola, a CI jest rzutem odcinka CD na oś obrotu.

Obliczmy teraz pole powierzchni, powstałej z obrotu odcinka DE. Będzie to powierzchnia boczna stożka ściętego, którego tworzącą jest DE, promieniami podstaw są prostopadłe KE i ID, a odcinek PS będzie promieniem przekroju środkowego tego stożka, a więc

pow. (DE) = 2PS × DE.

Z podobieństwa trójkątów PSO i DET (Rozmiar: 50 bajtów PSO = Rozmiar: 50 bajtów DTE i Rozmiar: 50 bajtów SPO = Rozmiar: 50 bajtów EDT), otrzymamy

Rozmiar: 166 bajtów

skąd PS × DE = OP × DT.

Zatem pow. (DE) = 2 × OP × DT,

(2) pow. (DE) = 2R × IK.

Zauważmy, że 2R jest okręgiem kola wielkiego kuli, a IK rzutem odcinka DE na oś obrotu.

Obliczmy jeszcze pole powierzchni, powstałej z obrotu odcinka EF. Będzie to powierzchnia boczna walca, którego tworzącą (albo wysokością) będzie EF, a promieniami podstaw są prostopadłe KE i LF, więc

pow. (EF) = 2 × LE × EF.

Ale LF = OQ = R, EF = KL, więc

(3) pow. (EF) = 2R × KL.

Zauważmy znowu, że KL jest rzutem odcinka EF na oś obrotu.

Powierzchni powstałych z obrotu pozostałych odcinków obliczać już nie ma potrzeby, możemy wprost napisać:

(4) pow. (FG) = 2R × LM,

(5) pow. (GH) = 2R × MH,

gdzie LM jest rzutem FG, a MH jest rzutem GH.

dodając teraz równości (1), (2), (3), (4) i (5), otrzymamy:

pow. (CDEFGH) = 2R × (CI + IK + KL + LM + MH) = 2R × CH,

tj. pole powierzchni bryły, powstałej z obrotu linii łamanej foremnej, opisanej na półkolu, równe jest iloczynowi długości okręgu koła wielkiego kuli, w tę bryłę wpisanego i rzutu tej łamanej na oś obrotu.

Załóżmy teraz, że liczba n odcinków łamanej przez podwajanie rośnie nieograniczenie, wtedy otrzymamy nieskończony ciąg liczb:

Sn, S2n, S4n, ...

wyrażających pola powierzchni brył, powstałych z obrotu łamanych dokoła średnicy.

Łatwo się przekonać, że

1) wspomniany ciąg jest ciągiem malejącym, istotnie:

Sn = 2R × CH; S2n = 2

R × C'H',

gdzie C'H' jest rzutem łamanej o 2n odcinkach na oś obrotu i C'H' < CH.

2) każdy wyraz tego ciągu jest większy od pewnej określonej liczby, czyli ciąg jest ograniczony jednostronnie (wynika stąd, że rzuty CH, C'H' itd. będą większe od średnicy AB).

Wnosimy zatem, że omawiany ciąg posiada granicę. Tę właśnie granicę nazywamy polem powierzchni kulistej albo krócej: powierzchnią kuli.

Ponieważ rzutem półokręgu na oś obrotową jest średnica AB = 2R, więc pole powierzchni kuli będzie:

S = 2R × 2R

czyli S = 4R2.

Wniosek. To, czego dowiedliśmy o łamanej opisanej na półkolu, będzie oczywiście słuszne i dla części łamanej opisanej na jakiejkolwiek części półkola, a więc:

1) pole powierzchni pasa kulistego obliczamy, mnożąc okrąg koła wielkiego przez wysokość pasa, dlatego że wysokość pasa będzie rzutem odpowiedniego łuku na oś obrotu.

Powierzchnia pasa S = 2Rh, gdzie R jest promieniem kuli, a h wysokością pasa.

2) pole powierzchni odcinka kulistego otrzymamy, mnożąc okrąg koła wielkiego przez wysokość odcinka. Zatem powierzchnia odcinka

S = 2Rh,

gdzie R oznacza znowu promień kuli, a h wysokość odcinka.

Uwaga. Przez powierzchnię pasa lub odcinka rozumiemy tylko ich powierzchnie boczne, tj. część powierzchni kulistej.

3) Powierzchnię dwukąta kulistego, którego łuk jest wyznaczony przez kąt środkowy o mierze no, obliczyć można z proporcji S : 4R2 = n : 360.

417. Twierdzenie. Objętość bryły powstałej z obrotu trójkąta dokoła osi, położonej na płaszczyźnie trójkąta i przechodzącej przez jeden z jego wierzchołków równa się iloczynowi pola powierzchni powstałej z obrotu przeciwległego boku trzeciej części wysokości trójkąta, odpowiadającej temu bokowi.

Dowód. Rozróżnimy tu trzy przypadki.

Rys. 384

Rys. 384

1. Jeden z boków trójkąta OAB leży na osi xy (rys. 384). Bryłą utworzoną przez obrót trójkąta będą dwa stożki, złożone podstawami.

Obliczmy każdą część objętości tej bryły:

obj. (ACB) = Rozmiar: 69 bajtów × CB2 × AC,

obj. (OCB) = Rozmiar: 69 bajtów × CB2 × OC.

Dodając, otrzymamy:

obj. (AOB) = Rozmiar: 69 bajtów × CB2× OA = Rozmiar: 69 bajtów × CB × OA × CB.

Ale

OA × CB = AB × OD,

bo każdy z tych iloczynów jest podwojonym polem tego samego trójkąta OAB, więc

obj. (OAB) = Rozmiar: 69 bajtów × CB × AB × OD.

Zauważmy teraz, że Rozmiar: 69 bajtów × CB × AB jest polem powierzchni bocznej stożka, powstałej z obrotu boku AB, a więc

obj. (OAB) = Rozmiar: 69 bajtówpow. (AB) × OD,

ostatecznie

obj. (OAB) = pow. (AB) × Rozmiar: 92 bajtów.

2. Bok danego trójkąta nie leży na osi (rys. 385).

Przedłużmy bok AB do przecięcia z osią xy w punkcie E, wtedy mamy:

obj. (OEB) = pow. (EB) × Rozmiar: 92 bajtów,

obj. (OEA) = pow. (EA) × Rozmiar: 92 bajtów.

Odejmując, otrzymamy

obj. (OAB) = pow. (AB) × Rozmiar: 92 bajtów.

Rys. 385 Rys. 386
Rys. 385 Rys. 386

3. Bok AB jest równoległy do osi (rys. 386). Wtedy będzie obj. (OAB) = obj. (FEAB) - obj. (OEA) - obj. (FOB).

Ale pierwsza z tych objętości jest objętością walca, a pozostałe dwie objętościami stożków, więc

obj. (FEAB) = × OD2 × EF,

obj. (OEA) = × EA2 × OE = × OD2 × OE;

obj. (FOB) = × FB2 × OF = × OD2 × OF.

Stąd

obj. (OAB) = × OD2 × (EF - )

= × OD2 × EF ˇ Rozmiar: 92 bajtów

= 2 × FB × AB × Rozmiar: 92 bajtów

- pow. (AB) × Rozmiar: 92 bajtów.

418. Twierdzenie. Objętość kuli równa się iloczynowi pola jej powierzchni i trzeciej części promienia.

Na półkolu AB (rys. 387) opiszmy łamaną foremną CDEFGH o n odcinkach i obróćmy całą figurę dokoła osi. Wówczas półkole opisze kulę, a cała figura bryłę, której objętość znajdziemy w następujący sposób:

obj. (OCD) = pow. (CD) × Rozmiar: 86 bajtów,

ale OI = R,

więc

obj. (OCD) = pow. (CD) × Rozmiar: 73 bajtów

obj. (ODE) = pow. (DE) × Rozmiar: 73 bajtów

obj. (OEF) = pow. (EF) × Rozmiar: 73 bajtów itd.

Dodajemy te równości:

obj. (CDEFGH) = pow. (CDEFGH) × Rozmiar: 73 bajtów.

Załóżmy teraz, że liczba odcinków n wzrasta nieograniczenie, i utwórzmy ciąg nieskończony liczb, wyrażających objętości brył otrzymanych z obrotu dokoła średnicy.

Ten ciąg będzie zbieżny i jego granicę nazywać będziemy objętością kuli.

Ponieważ granicą powierzchni (CDEFGH) będzie powierzchnia kuli, więc twierdzenie jest udowodnione.

Jeżeli podstawimy wartość pola powierzchni kuli, otrzymamy wzór na objętość kuli:

V = 4R2 × Rozmiar: 73 bajtów,

czyli

V = Rozmiar: 68 bajtówR3.

Wniosek 1. Z twierdzenia wnioskujemy, że objętość wycinka kulistego będzie równa jego powierzchni, pomnożonej przez Rozmiar: 73 bajtów.

Ale powierzchnią (kulistą) wycinka jest powierzchnia odcinka (czaszy), której pole, jak już wiemy, równa się

2R × h,

gdzie h jest wysokością odcinka, a więc objętość wycinka kulistego będzie

V = 2Rh × Rozmiar: 73 bajtów= Rozmiar: 71 bajtówR2h

(pamiętać należy, że w tym wzorze h jest wysokością odcinka).

Wniosek 2. Objętość wycinka wydrążonego (rys. 388) obliczyć można, odejmując od objętości wycinka ODEB objętość OCEA.

Mianowicie:

obj. (ODEB) = Rozmiar: 71 bajtówR2 × EG,

obj. (OCEA) = Rozmiar: 71 bajtówR2 × EF.

A więc objętość wycinka wydrążonego będzie

V = Rozmiar: 71 bajtówR2 × FG.

Rys. 388 Rys. 389
Rys. 388 Rys. 389

419. Twierdzenie. Objętość odcinka kulistego równa się objętości walca, który ma promień równy wysokości odcinka, a wysokość równą różnicy między promieniem kuli a trzecią częścią wysokości odcinka.

Dowód. Objętość V odcinka ABC (rys. 389) można obliczyć jako różnicę między objętością V1 wycinka OABC i objętością V2 stożka OAC.

Oznaczając promień kuli przez R, a wysokość BD odcinka przez h, mamy

V1 = Rozmiar: 71 bajtówR2h,

V2 = Rozmiar: 69 bajtówDC2 × DO.

Ale

DC2 = h(2R - h)

DO = R - h,

więc

V2 = Rozmiar: 69 bajtówh (2R - h) (R - h)

= Rozmiar: 69 bajtów h (2R2 - 3Rh + h2)

= Rozmiar: 71 bajtówR2h - Rh2 + Rozmiar: 69 bajtówh3.

A zatem

V = V1 - V2 = Rozmiar: 71 bajtówR2h - ( Rozmiar: 71 bajtówR2h - Rh2 + Rozmiar: 69 bajtówh3) =

= Rh2 - Rozmiar: 69 bajtówh3 ,

czyli

V = h2 (R - Rozmiar: 71 bajtów).

420. Twierdzenie. Objętość warstwy kulistej równa się objętości kuli o średnicy równej wysokości warstwy powiększonej o połowę sumy objętości dwóch walców, które mają wysokość wspólną z warstwą, a za podstawy: jeden podstawę dolną, drugi podstawę górną warstwy.

Dowód. Znajdziemy naprzód objętość V1 bryły powstałej z obrotu odcinka kołowego AB (rys. 390) dokoła średnicy. Ta objętość będzie różnicą między objętością V2 wycinka kulistego wydrążonego, powstałego z obrotu wycinka kołowego AOB i objętością V3 bryły powstałej z obrotu AOB. Mamy więc, oznaczając promień kuli przez R, a wysokość FC warstwy przez h;

Rozmiar: 602 bajtów

Więc

Rozmiar: 1131 bajtów

Poprowadźmy BK Rozmiar: 53 bajtów AC, wtedy

AB2 = BK2 + AK2,

ale BK = FC = h, AK = AC - BF,

czyli oznaczając AC = r, BF = r1,

mamy

AK = r - r1,

a więc

AB2 = h2 + (r - r1)2 = h2 + r2 - 2rr1 + r12.

A zatem

V1 = Rozmiar: 68 bajtówh (h2 + r2 - 2rr1 + r12).

Jeżeli teraz do tej objętości dodamy objętość stożka ściętego ABFC, która jest równa

Rozmiar: 82 bajtów(r2 + r12 + rr12),

to otrzymamy objętość warstwy

V = Rozmiar: 68 bajtówh + Rozmiar: 68 bajtówh (3r2 + 3r12)

czyli

V = Rozmiar: 68 bajtówh3 + (r2h + Rozmiar: 69 bajtówr12h).

Pierwszy wyraz tego wzoru jest objętością kuli o średnicy h, zaś r2h i r12h są objętościami walców o wysokości h, a promieniach r i r1, a to dowodzi twierdzenia.

Uwaga. Wzór na objętość warstwy kulistej można otrzymać inaczej w sposób następujący:

Objętość V warstwy jest równa różnicy objętości V' i V'' dwóch odcinków kulistych, z których pierwszy ma za wysokość EC (rys. 390), a drugi EF:

V = V' - V''.

Ale

Rozmiar: 649 bajtów

gdzie R oznacza promień kuli.

Odejmując od siebie te równości, mamy:

V = × R (EC2 - EF2) - Rozmiar: 69 bajtów × (EC3 - EF3).

Ponieważ

EC - EF = FC = h,

więc

V = R × h (EC + EF) - Rozmiar: 69 bajtówh × (EC2 + EC × EF + EF2).

czyli po podstawieniu EF = EC - h:

V = R × h × (2EC - h) - Rozmiar: 69 bajtówh × (EC2 + EC2 - h × EC + EC2 - 2h × EC + h2)

= 2Rh × EC - R × h2 - h × EC2 + h2 × EC - Rozmiar: 69 bajtówh3.

Podstawmy jeszcze

EC = R - CO,

wtedy

V = 2Rh (R - CO) - × Rh2 -h(R2 - 2R × CO + CO2) + h2 × (R - CO) - Rozmiar: 69 bajtówh2

= R2h -h × CO2 - h2 × CO - Rozmiar: 69 bajtówh3

= h × (R2 - CO2 - h × CO) - Rozmiar: 69 bajtówh3.

Ale

AC2 = r2 = R2 - CO2

BF2 = r12 = R2 - (CO + h)2,

stąd przez dodanie otrzymujemy

r2 + r12 = 2R2 - 2CO2 - 2h × CO - h2.

Stąd

Rozmiar: 278 bajtów

a zatem

Rozmiar: 475 bajtów

ostatecznie

Rozmiar: 251 bajtów

Wniosek. Jeżeli w otrzymanym wzorze założymy r1 = 0, to otrzymamy wzór na objętość odcinka kulistego:

Rozmiar: 198 bajtów

Oczywiście ten wzór może być sprowadzony do wzoru znanego już z poprzedniego twierdzenia, jeżeli podstawimy

r2 = h × (2R - h).

421. Twierdzenie. Objętość dowolnego wielościanu opisanego na kuli równa jest iloczynowi pola jego powierzchni i trzeciej części promienia kuli.

Dowód. Ścianami danej bryły są wielokąty. Jeżeli wierzchołki każdego wielokąta połączymy ze środkiem kuli w tę bryłę wpisanej, to objętość bryły będzie się równała sumie objętości ostrosłupów, których podstawami są ściany danej bryły i które mają wierzchołek w środku kuli.

Ponieważ kula jest styczna do ścian, więc promień kuli poprowadzony przez punkt styczności jako prostopadły do podstawy ostrosłupa będzie jego wysokością. Objętość każdego z tych ostrosłupów będzie więc równa iloczynowi pola podstawy (czyli jednej ze ścian danej bryły) i trzeciej części promienia kuli, a zatem objętość całej bryły otrzymamy, mnożąc pole jej powierzchni przez trzecią część promienia kuli wpisanej.



 [  1]  [  2]  [  3 [  4] 

Do góry

Wiw.pl  |  Na bieżąco  |  Informacje  |  Co nowego  |  Matematyka i przyroda  |  Astronomia  |  Biologia  |  Fizyka  |  Matematyka  |  Modelowanie rzeczywistości  |  Humanistyka  |  Filozofia  |  Historia  |  Kultura antyczna  |  Literatura  |  Sztuka  |  Czytaj  |  Biblioteka  |  Delta  |  Wielcy i więksi  |  Przydatne  |  Słowniki  |  Co i gdzie studiować  |  Wszechświat w obrazkach