Preseci, uglovi i rastojanja u prostoru - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Pošto je [tex]A_1B\parallel D_1C[/tex] i [tex]BD\parallel B_1D_1[/tex], ravni [tex](A_1BD)[/tex] i [tex](B_1CD_1)[/tex] su paralelne; [tex]BD[/tex] leži u prvoj, a [tex]B_1C[/tex] u drugoj. Zajednička normala mimoilaznih pravih [tex]BD[/tex] i [tex]B_1C[/tex] normalna je na dve neparalelne prave paralelne tim ravnima, pa i na same ravni, zato je traženo rastojanje jednako rastojanju između te dve ravni.
Projekcija dijagonale [tex]AC_1[/tex] na ravan [tex](ABCD)[/tex] je [tex]AC[/tex] i [tex]AC\perp BD[/tex], pa je prema teoremi o tri normale [tex]AC_1\perp BD[/tex]; analogno, njena projekcija na [tex](ABB_1A_1)[/tex] je [tex]AB_1[/tex] i [tex]AB_1\perp A_1B[/tex], pa je [tex]AC_1\perp A_1B[/tex]. Dakle, [tex]AC_1\perp(A_1BD)[/tex], a takođe i [tex]AC_1\perp(B_1CD_1)[/tex].
Neka [tex]AC_1[/tex] seče te ravni u tačkama [tex]K[/tex] i [tex]L[/tex]; traženo rastojanje je [tex]KL[/tex]. Duž [tex]AK[/tex] je visina piramide [tex]AA_1BD[/tex] na stranu [tex]A_1BD[/tex], koja je jednakostranični trougao sa stranicom [tex]a\sqrt{2}[/tex]. Izračunajmo zapreminu [tex]V[/tex] te piramide sa osnovom [tex]ABD[/tex] i visinom [tex]AA_1[/tex]:
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a=\frac{a^3}{6},\quad S_{A_1BD}=\frac{(a\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}[/tex]
[tex]AK=\frac{3V}{S_{A_1BD}}=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}[/tex]
Na isti način (iz piramide [tex]C_1B_1CD_1[/tex]) [tex]C_1L=\frac{a\sqrt{3}}{3}[/tex]. Pošto je [tex]AC_1=a\sqrt{3}[/tex],
[tex]KL=AC_1-AK-C_1L=a\sqrt{3}-2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3}[/tex]

Rešenje:
Neka prava [tex]BM[/tex] seče pravu [tex]CD[/tex] u tački [tex]X[/tex]. Pravougli trouglovi [tex]MAB[/tex] i [tex]MDX[/tex] su podudarni ([tex]AM=MD[/tex], a uglovi kod [tex]M[/tex] su unakrsni), pa je [tex]DX=AB=a[/tex] i [tex]XC=2a[/tex].
Tačke [tex]X[/tex] i [tex]N[/tex] pripadaju i ravni [tex]\lambda[/tex] i ravni [tex](CDD_1C_1)[/tex], pa [tex]\lambda[/tex] seče tu stranu po [tex]XN[/tex] i [tex]P=XN\cap DD_1[/tex]. Iz sličnih trouglova [tex]XDP[/tex] i [tex]XCN[/tex]:
[tex]\frac{DP}{CN}=\frac{XD}{XC}=\frac{1}{2}\Rightarrow DP=\frac{a}{4}[/tex]
Ravan seče strane [tex]ABCD[/tex], [tex]BCC_1B_1[/tex], [tex]CDD_1C_1[/tex], [tex]ADD_1A_1[/tex] redom po [tex]BM[/tex], [tex]BN[/tex], [tex]NP[/tex], [tex]PM[/tex], pa je presek četvorougao [tex]BNPM[/tex]. Njegova ortogonalna projekcija na [tex](ABCD)[/tex] je četvorougao [tex]BCDM[/tex] ([tex]N[/tex] i [tex]P[/tex] se projektuju u [tex]C[/tex] i [tex]D[/tex]):
[tex]S_{BCDM}=a^2-S_{ABM}=a^2-\frac{a^2}{4}=\frac{3a^2}{4}[/tex]
Neka je [tex]\varphi[/tex] ugao između ravni [tex]\lambda[/tex] i [tex](ABCD)[/tex]. Konstruišimo [tex]CT\perp BM[/tex] ([tex]T[/tex] je na pravoj [tex]BM[/tex]). Pošto je [tex]NC\perp (ABCD)[/tex], prema teoremi o tri normale je [tex]NT\perp BM[/tex], pa je [tex]\angle NTC=\varphi[/tex]. Iz [tex]S_{BCM}=\frac{1}{2}BM\cdot CT=\frac{a^2}{2}[/tex] i [tex]BM=\frac{a\sqrt{5}}{2}[/tex] dobijamo [tex]CT=\frac{2a}{\sqrt{5}}[/tex].
U pravouglom trouglu [tex]NCT[/tex] (sa pravim uglom kod [tex]C[/tex]):
[tex]NT=\sqrt{CT^2+CN^2}=\sqrt{\frac{4a^2}{5}+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{21}}{2\sqrt{5}},\qquad \cos\varphi=\frac{CT}{NT}=\frac{4}{\sqrt{21}}[/tex]
Površina ortogonalne projekcije jednaka je površini figure pomnoženoj sa [tex]\cos\varphi[/tex], pa je
[tex]S_{BNPM}=\frac{S_{BCDM}}{\cos\varphi}=\frac{3a^2}{4}\cdot \frac{\sqrt{21}}{4}=\frac{3a^2\sqrt{21}}{16}[/tex]

Rešenje:
Prave [tex]DN[/tex] i [tex]MC[/tex] su mimoilazne. U ravni osnove kroz [tex]N[/tex] konstruišimo pravu [tex]l\parallel MC[/tex] i neka je [tex]\beta[/tex] ravan određena pravama [tex]DN[/tex] i [tex]l[/tex]. Tada je [tex]MC\parallel\beta[/tex], pa je traženo rastojanje jednako rastojanju tačke [tex]C[/tex] prave [tex]MC[/tex] od ravni [tex]\beta[/tex].
Težišna duž [tex]CM[/tex] jednakostraničnog trougla je ujedno i visina, pa je [tex]BM\perp CM[/tex] i [tex]BM=2\sqrt{2}[/tex]. Neka je [tex]K\in l[/tex] podnožje normale iz [tex]C[/tex] na [tex]l[/tex]. Pošto je [tex]l\parallel CM[/tex], duž [tex]CK[/tex] je jednaka rastojanju tačke [tex]N[/tex] od prave [tex]CM[/tex]; kako je [tex]N[/tex] središte duži [tex]BC[/tex], to rastojanje je polovina duži [tex]BM[/tex] (srednja linija trougla [tex]BCM[/tex]):
[tex]CK=\frac{BM}{2}=\sqrt{2}[/tex]
Pošto je [tex]DC\perp (ABC)[/tex] i [tex]CK\perp l[/tex], prema teoremi o tri normale je [tex]DK\perp l[/tex]. Zato je [tex]l\perp (DCK)[/tex], pa je ravan [tex]\beta[/tex], koja sadrži [tex]l[/tex], normalna na ravan [tex](DCK)[/tex] i seče je po pravoj [tex]DK[/tex].
U trouglu [tex]DCK[/tex] konstruišimo [tex]CH\perp DK[/tex] ([tex]H\in DK[/tex]); tada je [tex]CH\perp\beta[/tex], tj. [tex]CH[/tex] je traženo rastojanje. U pravouglom trouglu [tex]DCK[/tex] (sa pravim uglom kod [tex]C[/tex]):
[tex]DK=\sqrt{DC^2+CK^2}=\sqrt{2+2}=2,\qquad CH=\frac{DC\cdot CK}{DK}=\frac{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{2}=1[/tex]

Rešenje:
Strane [tex]ABB_1A_1[/tex] i [tex]DCC_1D_1[/tex] leže u paralelnim ravnima, pa ih ravan preseka seče po paralelnim pravama: [tex]AK\parallel LC_1[/tex]; analogno je [tex]KC_1\parallel AL[/tex]. Dakle, [tex]AKC_1L[/tex] je paralelogram sa dijagonalom [tex]AC_1[/tex], i ako je [tex]d[/tex] rastojanje tačke [tex]K[/tex] od prave [tex]AC_1[/tex], onda je
[tex]S=2S_{AKC_1}=AC_1\cdot d,\qquad AC_1=\sqrt{6^2+3^2+6^2}=9[/tex]
Ostaje da se minimizuje [tex]d[/tex]. U osnovi konstruišimo [tex]BF\perp AC[/tex], [tex]F\in AC[/tex]. Ravan [tex](ACC_1A_1)[/tex] je normalna na osnovu, pa je [tex]BF\perp (ACC_1A_1)[/tex]. Pošto je [tex]BB_1\parallel AA_1[/tex], prava [tex]BB_1[/tex] je paralelna sa tom ravni i svaka njena tačka [tex]K[/tex] je na rastojanju [tex]BF[/tex] od ravni. Zato je [tex]d\ge BF[/tex], pri čemu jednakost važi tačno onda kada podnožje [tex]F_1[/tex] normale iz [tex]K[/tex] na ravan leži na [tex]AC_1[/tex]; to podnožje je tačka iznad [tex]F[/tex] na visini [tex]BK[/tex] ([tex]KF_1\parallel BF[/tex]).
U pravouglom trouglu [tex]ABC[/tex] duž [tex]AF[/tex] je projekcija katete [tex]AB[/tex] na hipotenuzu:
[tex]AC=\sqrt{36+9}=3\sqrt{5},\quad AF=\frac{AB^2}{AC}=\frac{36}{3\sqrt{5}},\quad \frac{AF}{AC}=\frac{36}{45}=\frac{4}{5}[/tex]
Iz sličnosti trouglova u ravni [tex](ACC_1A_1)[/tex], tačka duži [tex]AC_1[/tex] iznad [tex]F[/tex] je na visini [tex]CC_1\cdot \frac{AF}{AC}=6\cdot \frac{4}{5}=4{,}8[/tex]. Prema tome, površina je najmanja za
[tex]BK=4{,}8[/tex]
Dijagonale paralelograma se polove u centru kvadra, pa je [tex]L[/tex] simetrična tački [tex]K[/tex] u odnosu na njega i [tex]DL=6-4{,}8=1{,}2[/tex], tj. [tex]L[/tex] zaista leži na [tex]DD_1[/tex]. (Najmanja površina je [tex]9\cdot BF=9\cdot \frac{6}{\sqrt{5}}=\frac{54\sqrt{5}}{5}[/tex].)

Rešenje:
Neka je [tex]AB=x[/tex], [tex]AD=BC=y[/tex], [tex]AA_1=z[/tex]. Svaka od tri ivice je mimoilazna sa [tex]AC_1[/tex], a rastojanje između dve mimoilazne prave jednako je rastojanju jedne od njih od ravni koja sadrži drugu i paralelna je prvoj.
[tex]BB_1\parallel AA_1[/tex], pa je [tex]BB_1\parallel (ACC_1A_1)[/tex]. Ta ravan je normalna na osnovu, pa je rastojanje jednako visini iz temena [tex]B[/tex] pravouglog trougla [tex]ABC[/tex]:
[tex]\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{6}{\sqrt{13}}[/tex]
[tex]BC\parallel AD[/tex], pa je [tex]BC\parallel (AB_1C_1D)[/tex]. Pošto je [tex]AD\perp (ABB_1A_1)[/tex], ta ravan je normalna na stranu [tex]ABB_1A_1[/tex] i seče je po [tex]AB_1[/tex], pa je rastojanje jednako visini iz temena [tex]B[/tex] pravouglog trougla [tex]ABB_1[/tex]:
[tex]\frac{xz}{\sqrt{x^2+z^2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}[/tex]
[tex]A_1B_1\parallel AB[/tex], pa je [tex]A_1B_1\parallel (ABC_1D_1)[/tex]. Pošto je [tex]AB\perp (ADD_1A_1)[/tex], ta ravan je normalna na stranu [tex]ADD_1A_1[/tex] i seče je po [tex]AD_1[/tex], pa je rastojanje jednako visini iz temena [tex]A_1[/tex] pravouglog trougla [tex]AA_1D_1[/tex]:
[tex]\frac{yz}{\sqrt{y^2+z^2}}=\frac{3}{\sqrt{10}}[/tex]
Kvadriranjem tri jednakosti i uzimanjem recipročnih vrednosti dobijamo:
[tex]\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{13}{36}; \quad \frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{5}{4}; \quad \frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{10}{9}[/tex]
Sabiranjem dobijamo [tex]2\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)=\frac{98}{36}[/tex], tj. [tex]\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{49}{36}[/tex]. Oduzimanjem svake od jednačina od ove:
[tex]\frac{1}{x^2}=\frac{49}{36}-\frac{10}{9}=\frac{1}{4}; \quad \frac{1}{y^2}=\frac{49}{36}-\frac{5}{4}=\frac{1}{9}; \quad \frac{1}{z^2}=\frac{49}{36}-\frac{13}{36}=1[/tex]
Dakle, [tex]x=2[/tex], [tex]y=3[/tex], [tex]z=1[/tex], a zapremina je [tex]V=xyz=6[/tex].

Rešenje:
Neka ravan [tex]\alpha[/tex] seče [tex]DB[/tex] i [tex]DC[/tex] u tačkama [tex]P[/tex] i [tex]Q[/tex]. Pošto je [tex]BC\parallel\alpha[/tex], ravan [tex](DBC)[/tex] seče [tex]\alpha[/tex] po pravoj paralelnoj sa [tex]BC[/tex], tj. [tex]PQ\parallel BC[/tex], trougao [tex]DPQ[/tex] je jednakostraničan, a presek je trougao [tex]APQ[/tex]. Neka je [tex]DP=DQ=PQ=ta[/tex], [tex]0\lt t\le 1[/tex].
Neka je [tex]K[/tex] središte [tex]BC[/tex]; težišna duž [tex]DK[/tex] seče duž [tex]PQ[/tex] u njenom središtu [tex]L[/tex], i [tex]DL=t\cdot DK[/tex]. Trouglovi [tex]ADP[/tex] i [tex]ADQ[/tex] su podudarni ([tex]AD[/tex] je zajednička stranica, [tex]DP=DQ[/tex], [tex]\angle ADP=\angle ADQ=60^{\circ}[/tex]), pa je [tex]AP=AQ[/tex] i [tex]AL\perp PQ[/tex].
Dalje, [tex]BC\perp AK[/tex] i [tex]BC\perp DK[/tex], pa je [tex]BC\perp(ADK)[/tex]; zato je [tex]PQ\perp(ADK)[/tex], a ravan [tex]\alpha[/tex], koja sadrži [tex]PQ[/tex], normalna je na [tex](ADK)[/tex] i seče je po pravoj [tex]AL[/tex]. Pošto je [tex]BC\parallel\alpha[/tex], tačke [tex]B[/tex] i [tex]K[/tex] su na istom rastojanju od [tex]\alpha[/tex], a ono je jednako rastojanju [tex]KH[/tex] od [tex]K[/tex] do prave [tex]AL[/tex] (normala [tex]KH[/tex] na [tex]AL[/tex] u ravni [tex](ADK)[/tex] normalna je na [tex]\alpha[/tex]). Kako je ugao između [tex]AB[/tex] i [tex]\alpha[/tex] jednak [tex]30^{\circ}[/tex],
[tex]KH=AB\sin 30^{\circ}=\frac{a}{2}[/tex]
U jednakokrakom trouglu [tex]ADK[/tex] je [tex]AK=DK=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex], [tex]AD=a[/tex], a visina iz temena [tex]K[/tex] prolazi kroz središte [tex]AD[/tex], pa je
[tex]h_K=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}; \quad S_{ADK}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}[/tex]
[tex]\cos\angle ADK=\frac{AD/2}{DK}=\frac{a/2}{a\sqrt{3}/2}=\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex]
Kako je [tex]KL=(1-t)DK[/tex], to je [tex]S_{AKL}=(1-t)S_{ADK}=\frac{(1-t)a^2\sqrt{2}}{4}[/tex], a prema kosinusnoj teoremi u trouglu [tex]ADL[/tex]
[tex]AL^2=a^2+\frac{3t^2a^2}{4}-2\cdot a\cdot \frac{ta\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=a^2\left(1-t+\frac{3t^2}{4}\right)[/tex]
Iz [tex]KH=\frac{2S_{AKL}}{AL}=\frac{a}{2}[/tex] dobijamo
[tex]\frac{(1-t)a\sqrt{2}}{2\sqrt{1-t+\frac{3t^2}{4}}}=\frac{a}{2}\Rightarrow 2(1-t)^2=1-t+\frac{3t^2}{4}\Rightarrow 5t^2-12t+4=0[/tex]
Koreni su [tex]t=2[/tex] i [tex]t=\frac{2}{5}[/tex]; uslov [tex]t\le 1[/tex] zadovoljava samo [tex]t=\frac{2}{5}[/tex]. Tada je
[tex]PQ=\frac{2a}{5}; \quad AL^2=a^2\left(1-\frac{2}{5}+\frac{3}{25}\right)=\frac{18a^2}{25}; \quad AL=\frac{3\sqrt{2}a}{5}[/tex]
[tex]S_{APQ}=\frac{1}{2}\cdot PQ\cdot AL=\frac{1}{2}\cdot \frac{2a}{5}\cdot \frac{3\sqrt{2}a}{5}=\frac{3\sqrt{2}a^2}{25}[/tex]

Rešenje:
Pošto je [tex]D_1E_1\parallel DE\parallel AB[/tex], ravan kroz [tex]AB[/tex] i [tex]D_1E_1[/tex] je jednoznačno određena. Neka su [tex]K[/tex], [tex]L[/tex] i [tex]K_1[/tex] središta ivica [tex]AB[/tex], [tex]DE[/tex] i [tex]D_1E_1[/tex]. Duž [tex]KL[/tex] prolazi kroz centar osnove, [tex]KL\perp AB[/tex], i jednaka je dvostrukoj apotemi šestougla:
[tex]KL=2\cdot \frac{3\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}[/tex]
Tačka [tex]K_1[/tex] se projektuje u [tex]L[/tex], pa je prema teoremi o tri normale [tex]KK_1\perp AB[/tex], a [tex]\varphi=\angle K_1KL[/tex] je ugao između ravni preseka i osnove. Iz pravouglog trougla [tex]KLK_1[/tex], gde je [tex]LK_1=13[/tex]:
[tex]KK_1=\sqrt{27+169}=14,\qquad \cos\varphi=\frac{KL}{KK_1}=\frac{3\sqrt{3}}{14}[/tex]
Dijagonala [tex]CF[/tex] prolazi kroz centar paralelno sa [tex]AB[/tex], tj. na sredini između [tex]AB[/tex] i [tex]DE[/tex], pa ravan seče bočne ivice [tex]CC_1[/tex] i [tex]FF_1[/tex] u njihovim središtima [tex]P[/tex] i [tex]Q[/tex]. Dakle, presek je šestougao [tex]ABPD_1E_1Q[/tex], a njegova ortogonalna projekcija na ravan osnove je cela osnova [tex]ABCDEF[/tex]:
[tex]S_{ABCDEF}=6\cdot \frac{3^2\sqrt{3}}{4}=\frac{27\sqrt{3}}{2}[/tex]
Prema teoremi o površini ortogonalne projekcije:
[tex]S=\frac{S_{ABCDEF}}{\cos\varphi}=\frac{27\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{14}{3\sqrt{3}}=63[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]d(X)[/tex] rastojanje tačke [tex]X[/tex] od ravni [tex]\lambda[/tex]. Tačka [tex]M\in\lambda[/tex] je središte duži [tex]AD[/tex], pa su [tex]A[/tex] i [tex]D[/tex] sa različitih strana ravni [tex]\lambda[/tex] i [tex]d(D)=d(A)=1[/tex].
Tačka [tex]K\in\lambda[/tex] leži na [tex]DC[/tex]; normale iz [tex]D[/tex] i [tex]C[/tex] na [tex]\lambda[/tex] obrazuju sa dužima [tex]KD[/tex] i [tex]KC[/tex] slične pravougle trouglove, pa je [tex]d(C):d(D)=KC:KD=3:2[/tex], tj. [tex]d(C)=\frac{3}{2}[/tex], pri čemu je [tex]C[/tex] sa druge strane ravni [tex]\lambda[/tex] u odnosu na [tex]D[/tex]. Tačka [tex]N\in\lambda[/tex] je središte duži [tex]BC[/tex], pa je [tex]d(B)=d(C)=\frac{3}{2}[/tex] i [tex]B[/tex] je sa druge strane u odnosu na [tex]C[/tex].
Dakle, [tex]A[/tex] i [tex]C[/tex] su sa jedne strane ravni [tex]\lambda[/tex], a [tex]B[/tex] i [tex]D[/tex] sa druge, pa [tex]\lambda[/tex] seče ivicu [tex]AB[/tex] u tački [tex]T[/tex] za koju je [tex]AT:TB=d(A):d(B)=2:3[/tex]. Presek je četvorougao [tex]MKNT[/tex]; neka je [tex]S[/tex] njegova površina.
Deo piramide koji sadrži [tex]A[/tex] i [tex]C[/tex] deli se na piramidu [tex]AMKNT[/tex] i tetraedar [tex]ACKN[/tex]. Ovaj tetraedar ima isti vrh [tex]A[/tex] kao [tex]ABCD[/tex], a osnova mu leži u ravni [tex](BCD)[/tex], pa je njegova zapremina [tex]5\cdot \frac{S_{CKN}}{S_{CDB}}[/tex]:
[tex]V_{AMKNT}=\frac{1}{3}S\cdot d(A)=\frac{S}{3},\qquad V_{ACKN}=5\cdot \frac{CK}{CD}\cdot \frac{CN}{CB}=5\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{2}[/tex]
Analogno, deo koji sadrži [tex]B[/tex] i [tex]D[/tex] deli se na piramidu [tex]DMKNT[/tex] i tetraedar [tex]DBTN[/tex] (vrh [tex]D[/tex], osnova u ravni [tex](ABC)[/tex]):
[tex]V_{DMKNT}=\frac{1}{3}S\cdot d(D)=\frac{S}{3},\qquad V_{DBTN}=5\cdot \frac{BT}{BA}\cdot \frac{BN}{BC}=5\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{2}[/tex]
Ta dva dela čine celu piramidu:
[tex]\frac{S}{3}+\frac{3}{2}+\frac{S}{3}+\frac{3}{2}=5\Rightarrow \frac{2S}{3}=2\Rightarrow S=3[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]H[/tex] ortogonalna projekcija tačke [tex]D[/tex] na ravan [tex](ABC)[/tex]; tada su [tex]CH[/tex] i [tex]AH[/tex] projekcije duži [tex]CD[/tex] i [tex]AD[/tex]. Prava [tex]AB[/tex] te ravni normalna je na kosu duž [tex]CD[/tex], pa je prema teoremi o tri normale normalna i na njenu projekciju: [tex]CH\perp AB[/tex]. Na isti način iz [tex]BC\perp AD[/tex] sledi [tex]AH\perp BC[/tex]. Dakle, [tex]H[/tex] leži na visinama trougla [tex]ABC[/tex] iz [tex]C[/tex] i iz [tex]A[/tex], tj. [tex]H[/tex] je njegov ortocentar.
Ako se [tex]H[/tex] poklapa sa temenom, na primer [tex]H=C[/tex], tada je [tex]AC[/tex] projekcija duži [tex]AD[/tex], pa je [tex]AC\perp BC[/tex] i ortocentar je opet [tex]C=H[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]H[/tex] ortogonalna projekcija tačke [tex]D[/tex] na ravan [tex](ABC)[/tex]. Najpre pokažimo da je [tex]H[/tex] ortocentar trougla [tex]ABC[/tex]. Duži [tex]CH[/tex] i [tex]AH[/tex] su projekcije duži [tex]CD[/tex] i [tex]AD[/tex]. Prava [tex]AB[/tex] te ravni normalna je na kosu duž [tex]CD[/tex], pa je prema teoremi o tri normale normalna i na njenu projekciju: [tex]CH\perp AB[/tex]. Na isti način iz [tex]BC\perp AD[/tex] sledi [tex]AH\perp BC[/tex]. Dakle, [tex]H[/tex] leži na visinama trougla [tex]ABC[/tex] iz [tex]C[/tex] i iz [tex]A[/tex], tj. [tex]H[/tex] je njegov ortocentar. (Ako se [tex]H[/tex] poklapa sa temenom, na primer [tex]H=C[/tex], tada je [tex]AC[/tex] projekcija duži [tex]AD[/tex], pa je [tex]AC\perp BC[/tex] i ortocentar je opet [tex]C=H[/tex].)
Pošto je [tex]H[/tex] ortocentar, [tex]BH\perp AC[/tex]. Ali [tex]BH[/tex] je projekcija duži [tex]BD[/tex] na ravan [tex](ABC)[/tex], a [tex]AC[/tex] leži u toj ravni, pa je prema teoremi o tri normale [tex]AC\perp BD[/tex], tj. [tex]CA\perp BD[/tex]. (Ako je [tex]H=B[/tex], tada je [tex]BD\perp(ABC)[/tex] i neposredno [tex]AC\perp BD[/tex].)

Rešenje:
Pošto je [tex]AB\perp CD[/tex], postoji ravan kroz [tex]CD[/tex] normalna na [tex]AB[/tex]; neka ona seče pravu [tex]AB[/tex] u tački [tex]P[/tex]. Tada je [tex]CP\perp AB[/tex] i [tex]DP\perp AB[/tex], pa Pitagorina teorema za pravougle trouglove [tex]APC[/tex], [tex]BPC[/tex], [tex]APD[/tex], [tex]BPD[/tex] daje
[tex]AC^2-BC^2=AP^2-BP^2=AD^2-BD^2\Rightarrow AC^2+BD^2=AD^2+BC^2[/tex]
Na isti način, ravan kroz [tex]AD[/tex] normalna na [tex]BC[/tex] (postoji jer je [tex]BC\perp AD[/tex]) seče pravu [tex]BC[/tex] u tački [tex]Q[/tex], pa je
[tex]AB^2-AC^2=BQ^2-CQ^2=BD^2-CD^2\Rightarrow AB^2+CD^2=AC^2+BD^2[/tex]
Iz ove dve jednakosti dobijamo:
[tex]AB^2+CD^2=BC^2+AD^2=AC^2+BD^2[/tex]

Rešenje:
Ako ravan [tex]\tau[/tex] zamenimo njoj paralelnom ravni, nijedan od tri ugla se ne menja. Ako je [tex](ABC)\parallel\tau[/tex], tada je [tex]\alpha=\beta=\varphi=0^{\circ}[/tex] i jednakost je očigledna.
Slučaj [tex]1[/tex]: ni [tex]AC[/tex] ni [tex]BC[/tex] nije paralelna sa [tex]\tau[/tex]. Uzmimo ravan [tex]\tau'\parallel\tau[/tex] koja ne sadrži [tex]C[/tex]; prave [tex]CA[/tex] i [tex]CB[/tex] je seku u tačkama [tex]A'[/tex] i [tex]B'[/tex]. Trougao [tex]A'B'C[/tex] leži u ravni [tex](ABC)[/tex] i pravougli je sa pravim uglom kod [tex]C[/tex]. Neka je [tex]C_0[/tex] ortogonalna projekcija tačke [tex]C[/tex] na [tex]\tau'[/tex] i [tex]d=CC_0\gt 0[/tex]. Tada su [tex]C_0A'[/tex] i [tex]C_0B'[/tex] projekcije duži [tex]CA'[/tex] i [tex]CB'[/tex], pa je [tex]\alpha=\angle CA'C_0[/tex], [tex]\beta=\angle CB'C_0[/tex] i iz pravouglih trouglova
[tex]\sin \alpha=\frac{d}{CA'},\quad \sin \beta=\frac{d}{CB'}[/tex]
Neka je [tex]CH[/tex] visina trougla [tex]A'B'C[/tex] na [tex]A'B'[/tex]. Ako je [tex]H\ne C_0[/tex], prema teoremi o tri normale [tex]C_0H\perp A'B'[/tex], pa je [tex]\angle CHC_0[/tex] linearni ugao diedarskog ugla između [tex](ABC)[/tex] i [tex]\tau'[/tex] i [tex]\sin \varphi=\frac{d}{CH}[/tex]. Ako je [tex]H=C_0[/tex], tada je [tex](ABC)\perp\tau'[/tex], [tex]\varphi=90^{\circ}[/tex] i opet [tex]\sin \varphi=1=\frac{d}{CH}[/tex].
U pravouglom trouglu [tex]A'B'C[/tex] važi [tex]CA'\cdot CB'=A'B'\cdot CH[/tex] i [tex]A'B'^2=CA'^2+CB'^2[/tex], pa je
[tex]\frac{1}{CH^2}=\frac{A'B'^2}{CA'^2\cdot CB'^2}=\frac{1}{CA'^2}+\frac{1}{CB'^2}[/tex]
Množenjem sa [tex]d^2[/tex] dobijamo [tex]\sin ^2\varphi=\sin ^2\alpha+\sin ^2\beta[/tex].
Slučaj [tex]2[/tex]: jedna od kateta, na primer [tex]AC[/tex], paralelna je sa [tex]\tau[/tex]. Tada je [tex]\alpha=0^{\circ}[/tex], a [tex]BC[/tex] nije paralelna sa [tex]\tau[/tex] (inače bi bilo [tex](ABC)\parallel\tau[/tex]). Ponovo uzmimo ravan [tex]\tau'\parallel\tau[/tex] koja ne sadrži [tex]C[/tex]; ravan [tex](ABC)[/tex] seče [tex]\tau'[/tex] po pravoj [tex]l\parallel AC[/tex], a pošto je [tex]BC\perp AC[/tex], važi i [tex]BC\perp l[/tex].
Neka je [tex]B'[/tex] zajednička tačka prave [tex]BC[/tex] i ravni [tex]\tau'[/tex] (ona leži na [tex]l[/tex]), a [tex]C_0[/tex] projekcija tačke [tex]C[/tex] na [tex]\tau'[/tex]. Prema teoremi o tri normale [tex]C_0B'\perp l[/tex], pa je [tex]\angle CB'C_0[/tex] istovremeno ugao [tex]\beta[/tex] i linearni ugao diedarskog ugla [tex]\varphi[/tex] (ako je [tex]C_0=B'[/tex], oba ugla su jednaka [tex]90^{\circ}[/tex]). Dakle,
[tex]\sin ^2\varphi=\sin ^2\beta=\sin ^2\alpha+\sin ^2\beta[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]O=AC\cap BD[/tex]; [tex]O[/tex] je središte i [tex]AC[/tex] i [tex]BD[/tex], a [tex]SO[/tex] je presečna prava ravni [tex](SAC)[/tex] i [tex](SBD)[/tex]. Duž [tex]A_1C_1[/tex] spaja tačke stranica [tex]SA[/tex] i [tex]SC[/tex] trougla [tex]SAC[/tex], pa seče duž [tex]SO[/tex] u tački [tex]O_1[/tex] koja pripada ravni preseka. Analogno, [tex]B_1D_1[/tex] seče [tex]SO[/tex] u tački ravni preseka. Pošto [tex]S[/tex] ne pripada ravni preseka, prava [tex]SO[/tex] ima s njom samo jednu zajedničku tačku, pa i [tex]B_1D_1[/tex] prolazi kroz [tex]O_1[/tex].
Najpre dokažimo da u trouglu [tex]SAC[/tex] važi [tex]\frac{SA}{SA_1}+\frac{SC}{SC_1}=\frac{2\,SO}{SO_1}[/tex]. Kroz [tex]A[/tex] i [tex]C[/tex] konstruišimo prave paralelne sa [tex]A_1C_1[/tex] i neka one seku pravu [tex]SO[/tex] u tačkama [tex]A_2[/tex] i [tex]C_2[/tex]. Prema Talesovoj teoremi o proporcionalnim dužima u uglovima [tex]ASO[/tex] i [tex]CSO[/tex]:
[tex]\frac{SA}{SA_1}=\frac{SA_2}{SO_1}; \quad \frac{SC}{SC_1}=\frac{SC_2}{SO_1}[/tex]
Trouglovi [tex]OAA_2[/tex] i [tex]OCC_2[/tex] su podudarni ([tex]OA=OC[/tex], uglovi kod temena [tex]O[/tex] su unakrsni, a [tex]\angle OAA_2=\angle OCC_2[/tex] kao naizmenični uglovi jer je [tex]AA_2\parallel CC_2[/tex]), pa je [tex]OA_2=OC_2[/tex]. Tačke [tex]A_2[/tex] i [tex]C_2[/tex] leže na pravoj [tex]SO[/tex] sa različitih strana tačke [tex]O[/tex] (ako je [tex]A_1C_1\parallel AC[/tex], onda je [tex]A_2=C_2=O[/tex]), pa je [tex]SA_2+SC_2=2\,SO[/tex]. Sabiranjem dveju proporcija dobijamo
[tex]\frac{SA}{SA_1}+\frac{SC}{SC_1}=\frac{SA_2+SC_2}{SO_1}=\frac{2\,SO}{SO_1}[/tex]
Analogno, u trouglu [tex]SBD[/tex] ([tex]O[/tex] je središte [tex]BD[/tex], a [tex]B_1D_1[/tex] prolazi kroz [tex]O_1[/tex]) dobijamo
[tex]\frac{SB}{SB_1}+\frac{SD}{SD_1}=\frac{2\,SO}{SO_1}[/tex]
Prema tome, oba zbira su jednaka.