Preseci, uglovi i rastojanja u prostoru - zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Normale [tex]AA_1[/tex], [tex]MM_1[/tex] i [tex]BB_1[/tex] na ravan [tex]\alpha[/tex] su paralelne, pa leže u jednoj ravni, koja seče [tex]\alpha[/tex] po pravoj [tex]A_1B_1[/tex]; dakle, [tex]M_1[/tex] leži na [tex]A_1B_1[/tex]. Pošto [tex]AB[/tex] ne seče [tex]\alpha[/tex], tačke [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex] su sa iste strane ravni [tex]\alpha[/tex], pa je [tex]AA_1B_1B[/tex] pravougli trapez.
Kroz [tex]A[/tex] konstruišemo pravu paralelnu sa [tex]A_1B_1[/tex]; neka ona seče [tex]MM_1[/tex] u tački [tex]K[/tex] i [tex]BB_1[/tex] u tački [tex]L[/tex]. Tada su [tex]AA_1M_1K[/tex] i [tex]AA_1B_1L[/tex] pravougaonici, pa je
[tex]KM_1=LB_1=AA_1=4,\quad BL=BB_1-LB_1=9-4=5[/tex]
Pošto je [tex]KM\parallel LB[/tex], trouglovi [tex]AKM[/tex] i [tex]ALB[/tex] su slični:
[tex]\frac{MK}{BL}=\frac{AM}{AB}=\frac{2}{5}\Rightarrow MK=\frac{2}{5}\cdot 5=2[/tex]
Dakle, [tex]MM_1=MK+KM_1=2+4=6[/tex] cm.

Rešenje:
U jednakostraničnim trouglovima [tex]ABC[/tex] i [tex]DBC[/tex] težišne duži [tex]AN[/tex] i [tex]DN[/tex] su i visine, pa je [tex]BC\perp AN[/tex] i [tex]BC\perp DN[/tex]; dakle, [tex]BC\perp(AND)[/tex].
Zato je ugao [tex]\varphi[/tex] između [tex]BM[/tex] i ravni [tex](AND)[/tex] komplementan uglu [tex]MBC[/tex] između [tex]BM[/tex] i prave [tex]BC[/tex], koja je normalna na tu ravan:
[tex]\varphi=90^{\circ}-\angle MBC\Rightarrow \sin \varphi=\cos\angle MBC[/tex]
Tetraedar je pravilan, pa je podnožje njegove visine iz [tex]B[/tex] centar [tex]M[/tex] strane [tex]ACD[/tex]: [tex]BM\perp(ACD)[/tex] i trougao [tex]BMC[/tex] je pravougli sa pravim uglom kod [tex]M[/tex]. Duž [tex]CM[/tex] je poluprečnik kružnice opisane oko jednakostraničnog trougla [tex]ACD[/tex] sa stranicom [tex]1[/tex]:
[tex]CM=\frac{\sqrt{3}}{3},\quad BM=\sqrt{BC^2-CM^2}=\sqrt{1-\frac{1}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}[/tex]
Dakle,
[tex]\sin \varphi=\cos\angle MBC=\frac{BM}{BC}=\frac{\sqrt{6}}{3}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]M[/tex] središte duži [tex]AB[/tex]. Trougao [tex]ABD[/tex] je jednakokraki ([tex]AD=BD[/tex]), pa je njegova težišna duž [tex]DM[/tex] ujedno i visina: [tex]DM\perp AB[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]AMD[/tex]:
[tex]DM=\sqrt{AD^2-AM^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8[/tex]
Pošto je [tex]CD\perp (ABC)[/tex], duž [tex]CM[/tex] je ortogonalna projekcija duži [tex]DM[/tex] na ravan [tex](ABC)[/tex], pa je prema teoremi o tri normale [tex]CM\perp AB[/tex]. Oba kraka ugla [tex]DMC[/tex] su normalna na zajedničku pravu [tex]AB[/tex] dveju ravni, pa je [tex]\angle DMC[/tex] ugao između ravni [tex](ABD)[/tex] i [tex](ABC)[/tex].
U pravouglom trouglu [tex]DCM[/tex] ([tex]\angle DCM=90^{\circ}[/tex]):
[tex]\sin \angle DMC=\frac{CD}{DM}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}\Rightarrow \angle DMC=30^{\circ}[/tex]

Rešenje:
U pravouglom trouglu [tex]ABC[/tex] (sa pravim uglom kod [tex]C[/tex]) neka je [tex]CH[/tex] visina na hipotenuzu, [tex]H\in AB[/tex]:
[tex]AB=\sqrt{15^2+20^2}=25,\qquad CH=\frac{AC\cdot BC}{AB}=\frac{15\cdot 20}{25}=12[/tex]
Prizma je prava, pa je [tex]CC_1\perp (ABC)[/tex] i [tex]CH[/tex] je ortogonalna projekcija duži [tex]C_1H[/tex] na osnovu. Pošto je [tex]CH\perp AB[/tex], prema teoremi o tri normale je [tex]C_1H\perp AB[/tex]. Dakle, [tex]C_1H[/tex] je rastojanje tačke [tex]C_1[/tex] od prave [tex]AB[/tex], tj. [tex]C_1H=13[/tex].
Iz pravouglog trougla [tex]CHC_1[/tex] (sa pravim uglom kod [tex]C[/tex]) dobijamo visinu prizme:
[tex]CC_1=\sqrt{C_1H^2-CH^2}=\sqrt{13^2-12^2}=5[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]D[/tex] ortogonalna projekcija tačke [tex]C[/tex] na ravan [tex]\alpha[/tex]. Tada je [tex]CD\perp\alpha[/tex], [tex]AD[/tex] je projekcija duži [tex]CA[/tex], a ugao između [tex]CA[/tex] i [tex]\alpha[/tex] je [tex]\angle CAD=30^{\circ}[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]ADC[/tex] ([tex]\angle ADC=90^{\circ}[/tex]):
[tex]CD=CA\sin 30^{\circ}=10\cdot \frac{1}{2}=5[/tex]
Pošto je [tex]CB=5\sqrt{2}\ne CD[/tex], važi [tex]B\ne D[/tex], pa je [tex]BD[/tex] projekcija duži [tex]CB[/tex] na ravan [tex]\alpha[/tex], a traženi ugao je oštar ugao [tex]\angle CBD[/tex] pravouglog trougla [tex]BDC[/tex] ([tex]\angle BDC=90^{\circ}[/tex]):
[tex]\sin \angle CBD=\frac{CD}{CB}=\frac{5}{5\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \angle CBD=45^{\circ}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]a[/tex] ivica kocke, a [tex]O_1[/tex] centar gornje strane [tex]A_1B_1C_1D_1[/tex]. Ravan [tex](ACC_1)[/tex] je ravan dijagonalnog preseka [tex]ACC_1A_1[/tex].
Važi [tex]D_1O_1\perp A_1C_1[/tex] (dijagonale kvadrata su normalne) i [tex]D_1O_1\perp AA_1[/tex] (jer je [tex]AA_1\perp (A_1B_1C_1D_1)[/tex]). Ove dve prave koje se seku leže u ravni [tex](ACC_1)[/tex], pa je [tex]D_1O_1\perp (ACC_1)[/tex].
Dakle, [tex]AO_1[/tex] je ortogonalna projekcija duži [tex]AD_1[/tex] na ravan, a traženi ugao je [tex]\angle D_1AO_1[/tex]. U pravouglom trouglu [tex]AO_1D_1[/tex] ([tex]\angle AO_1D_1=90^{\circ}[/tex]) kateta [tex]D_1O_1[/tex] je polovina dijagonale strane, a hipotenuza [tex]AD_1[/tex] je dijagonala strane:
[tex]\sin \angle D_1AO_1=\frac{D_1O_1}{AD_1}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \angle D_1AO_1=30^{\circ}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]B_1[/tex] ortogonalna projekcija tačke [tex]B[/tex] na ravan [tex]\alpha[/tex]. Pošto je [tex]C\in\alpha[/tex], projekcija katete [tex]BC[/tex] je [tex]CB_1=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex], a trougao [tex]BB_1C[/tex] je pravougli sa pravim uglom kod temena [tex]B_1[/tex]. Trougao [tex]ABC[/tex] je jednakokraki, pa je [tex]BC=a[/tex]:
[tex]BB_1=\sqrt{BC^2-CB_1^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex]
Pošto je [tex]A\in\alpha[/tex], projekcija duži [tex]AB[/tex] na ravan [tex]\alpha[/tex] je [tex]AB_1[/tex], pa je traženi ugao [tex]\angle BAB_1[/tex]. U pravouglom trouglu [tex]ABB_1[/tex] ([tex]BB_1\perp\alpha[/tex]) hipotenuza je [tex]AB=a\sqrt{2}[/tex]:
[tex]\sin \angle BAB_1=\frac{BB_1}{AB}=\frac{a\sqrt{2}/2}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \angle BAB_1=30^{\circ}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]ABCDM[/tex] data piramida sa vrhom [tex]M[/tex] i osnovnom ivicom [tex]a[/tex], a [tex]P[/tex] i [tex]Q[/tex] središta ivica [tex]AB[/tex] i [tex]BC[/tex]. Bočne ivice su jednake, pa su jednake i njihove projekcije na osnovu, i podnožje [tex]O[/tex] visine [tex]MO[/tex] je centar kvadrata (presečna tačka njegovih dijagonala).
Ravan seče osnovu po duži [tex]PQ[/tex], pa je presek trougao [tex]MPQ[/tex]. Njegova ortogonalna projekcija na osnovu je trougao [tex]OPQ[/tex], u kome je [tex]OP\perp AB[/tex] i [tex]OQ\perp BC[/tex], pa je [tex]\angle POQ=90^{\circ}[/tex] i [tex]OP=OQ=\frac{a}{2}[/tex]:
[tex]S_{OPQ}=\frac{1}{2}\cdot \frac{a}{2}\cdot \frac{a}{2}=\frac{a^2}{8}[/tex]
Površina ortogonalne projekcije ravne figure jednaka je površini figure pomnoženoj kosinusom ugla između dve ravni:
[tex]\frac{a^2}{8}=S\cos 60^{\circ}=\frac{S}{2}\Rightarrow a^2=4S\Rightarrow a=2\sqrt{S}[/tex]

Rešenje:
Piramida je pravilna, pa se njen vrh projektuje u centar osnove: [tex]MO\perp(ABCD)[/tex]. Prava [tex]AB[/tex] leži u ravni osnove, zato je [tex]MO\perp AB[/tex].
Centar [tex]O[/tex] je središte dijagonale [tex]BD[/tex], pa je [tex]ON[/tex] srednja linija trougla [tex]ABD[/tex] i [tex]ON\parallel AD[/tex]. Pošto je [tex]AD\perp AB[/tex], dobijamo [tex]ON\perp AB[/tex].
Dakle, prava [tex]AB[/tex] je normalna na dve prave [tex]MO[/tex] i [tex]ON[/tex] ravni [tex](OMN)[/tex] koje se seku, pa je
[tex]AB\perp(OMN)[/tex]
Ravan [tex](AMB)[/tex] sadrži pravu [tex]AB[/tex], koja je normalna na ravan [tex](OMN)[/tex]. Prema kriterijumu normalnosti dveju ravni, [tex](AMB)\perp(OMN)[/tex].

Rešenje:
Pošto je [tex]MD\perp(ABCD)[/tex], prava [tex]MD[/tex] je normalna na svaku pravu osnove kroz [tex]D[/tex], posebno na [tex]DA[/tex], [tex]DC[/tex] i [tex]DB[/tex]. Zato su trouglovi [tex]MDA[/tex], [tex]MDC[/tex] i [tex]MDB[/tex] pravougli s pravim uglom kod temena [tex]D[/tex], pa prema Pitagorinoj teoremi
[tex]MA^2=MD^2+DA^2; \quad MC^2=MD^2+DC^2; \quad MB^2=MD^2+DB^2[/tex]
Sabiranjem prve dve jednakosti dobijamo
[tex]MA^2+MC^2=2MD^2+DA^2+DC^2[/tex]
U pravougaoniku [tex]ABCD[/tex] trougao [tex]DAB[/tex] je pravougli s pravim uglom kod temena [tex]A[/tex] i [tex]AB=DC[/tex], pa je
[tex]DB^2=DA^2+AB^2=DA^2+DC^2[/tex]
Prema tome,
[tex]MB^2+MD^2=2MD^2+DB^2=2MD^2+DA^2+DC^2=MA^2+MC^2[/tex]

Rešenje:
Pošto je [tex]ABCD[/tex] kvadrat, [tex]BC\parallel AD[/tex], a [tex]AD[/tex] leži u ravni [tex](ADP)[/tex], pa je [tex]BC\parallel(ADP)[/tex]. Ravan [tex](BCM)[/tex] sadrži [tex]BC[/tex] i ima sa [tex](ADP)[/tex] zajedničku tačku [tex]M[/tex], pa je seče po pravoj kroz [tex]M[/tex] paralelnoj sa [tex]BC[/tex]. Ta prava leži u [tex](ADP)[/tex] i seče [tex]DP[/tex] u tački [tex]N[/tex], pa je
[tex]MN\parallel AD\parallel BC[/tex]
U [tex]\triangle ADP[/tex] duž [tex]MN[/tex] prolazi kroz središte [tex]M[/tex] stranice [tex]AP[/tex] i paralelna je sa [tex]AD[/tex], pa je to srednja linija: [tex]N[/tex] je središte [tex]DP[/tex] i
[tex]MN=\frac{AD}{2}=\frac{BC}{2}[/tex]
Dakle, [tex]MN\parallel BC[/tex] i [tex]MN\ne BC[/tex], pa je [tex]BMNC[/tex] trapez sa osnovicama [tex]BC[/tex] i [tex]MN[/tex].
Bočne strane [tex]ABP[/tex] i [tex]DCP[/tex] su podudarni trouglovi ([tex]AB=DC[/tex], [tex]PA=PB=PC=PD[/tex]), a [tex]BM[/tex] i [tex]CN[/tex] su njihove odgovarajuće težišne duži ka stranicama [tex]AP[/tex] i [tex]DP[/tex], pa je [tex]BM=CN[/tex]. Prema tome, [tex]BMNC[/tex] je jednakokraki trapez.