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

Rešenje:
Neka je [tex]D[/tex] ortogonalna projekcija tačke [tex]C[/tex] na ravan [tex]\alpha[/tex] i [tex]CD=h[/tex]. Tada su [tex]AD[/tex] i [tex]BD[/tex] projekcije duži [tex]AC[/tex] i [tex]BC[/tex], pa je [tex]\angle CAD=30^{\circ}[/tex] i [tex]\angle CBD=45^{\circ}[/tex]. Iz pravouglih trouglova [tex]ADC[/tex] i [tex]BDC[/tex]:
[tex]AC=\frac{h}{\sin 30^{\circ}}=2h,\quad BC=\frac{h}{\sin 45^{\circ}}=h\sqrt{2}[/tex]
U trouglu [tex]ABC[/tex] ([tex]\angle ACB=90^{\circ}[/tex]) hipotenuzu nalazimo prema Pitagorinoj teoremi, a zatim visinu [tex]CH[/tex] na hipotenuzu:
[tex]AB=\sqrt{4h^2+2h^2}=h\sqrt{6},\quad CH=\frac{AC\cdot BC}{AB}=\frac{2h\cdot h\sqrt{2}}{h\sqrt{6}}=\frac{2h}{\sqrt{3}}[/tex]
Duž [tex]DH[/tex] je projekcija duži [tex]CH[/tex] na ravan [tex]\alpha[/tex], a prava [tex]AB[/tex] ravni [tex]\alpha[/tex] je normalna na [tex]CH[/tex], pa je prema teoremi o tri normale [tex]AB\perp DH[/tex]. Zato je [tex]\angle CHD[/tex] linearni ugao diedarskog ugla sa ivicom [tex]AB[/tex], tj. traženi ugao. To je oštar ugao pravouglog trougla [tex]CDH[/tex], pa je
[tex]\sin \angle CHD=\frac{CD}{CH}=\frac{h}{\frac{2h}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \angle CHD=60^{\circ}[/tex]

Rešenje:
Najpre pokažimo da je dijagonala kocke [tex]B_1D[/tex] normalna na ravan [tex](ACD_1)[/tex]. Njena projekcija na ravan [tex](ABCD)[/tex] je [tex]BD[/tex] (jer je [tex]B_1B\perp(ABCD)[/tex]), a [tex]AC\perp BD[/tex] (dijagonale kvadrata), pa je prema teoremi o tri normale [tex]AC\perp B_1D[/tex].
Analogno, njena projekcija na ravan [tex](DCC_1D_1)[/tex] je [tex]C_1D[/tex] (jer je [tex]B_1C_1\perp(DCC_1D_1)[/tex]), a [tex]CD_1\perp C_1D[/tex], pa je [tex]CD_1\perp B_1D[/tex]. Dakle, [tex]B_1D[/tex] je normalna na dve prave te ravni koje se seku, tj. [tex]B_1D\perp(ACD_1)[/tex].
Neka je [tex]G[/tex] zajednička tačka prave [tex]B_1D[/tex] i ravni; traženo rastojanje je [tex]B_1G[/tex]. Pošto je [tex]DA=DC=DD_1=a[/tex], njihove projekcije [tex]GA[/tex], [tex]GC[/tex], [tex]GD_1[/tex] na ravan su takođe jednake, pa je [tex]G[/tex] centar jednakostraničnog trougla [tex]ACD_1[/tex] sa stranicom [tex]a\sqrt{2}[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]ADG[/tex]:
[tex]AG=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3},\quad DG=\sqrt{AD^2-AG^2}=\sqrt{a^2-\frac{2a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}[/tex]
Tačka [tex]G[/tex] je unutar kocke, dakle na duži [tex]DB_1[/tex] dužine [tex]a\sqrt{3}[/tex]. Zato je
[tex]B_1G=B_1D-DG=a\sqrt{3}-\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]M[/tex] središte duži [tex]AB[/tex], tj. [tex]AM=2\sqrt{6}[/tex]. Trouglovi [tex]ABC[/tex] i [tex]ABD[/tex] su jednakokraki sa osnovicom [tex]AB[/tex], pa je [tex]CM\perp AB[/tex] i [tex]DM\perp AB[/tex]. Iz pravouglih trouglova [tex]AMC[/tex] i [tex]AMD[/tex]:
[tex]CM=\sqrt{49-24}=5,\qquad DM=\sqrt{40-24}=4[/tex]
Prava [tex]AB[/tex] je normalna na dve prave ravni [tex](CDM)[/tex] koje se seku, pa je [tex]AB\perp (CDM)[/tex]. U trouglu [tex]CDM[/tex]:
[tex]CD^2+DM^2=9+16=25=CM^2\Rightarrow \angle CDM=90^{\circ}[/tex]
Neka je [tex]DH[/tex] visina pravouglog trougla [tex]CDM[/tex] ([tex]H\in CM[/tex]). Tada je [tex]DH\perp CM[/tex], a [tex]DH\perp AB[/tex] jer [tex]DH[/tex] leži u ravni [tex](CDM)[/tex]. Dakle, [tex]DH[/tex] je normalna na dve prave ravni [tex](ABC)[/tex] koje se seku, tj. [tex]DH\perp (ABC)[/tex] i [tex]DH[/tex] je tražena normala:
[tex]DH=\frac{CD\cdot DM}{CM}=\frac{3\cdot 4}{5}=\frac{12}{5}[/tex]

Rešenje:
Bočne strane su jednakostranični trouglovi, pa su sve ivice piramide jednake; neka je njihova dužina [tex]a[/tex]. U trouglu [tex]AVC[/tex] je [tex]VA=VC=a[/tex] i [tex]AC=a\sqrt{2}[/tex] (dijagonala kvadrata u osnovi), pa je [tex]VA^2+VC^2=AC^2[/tex] i [tex]\angle AVC=90^{\circ}[/tex].
Neka je [tex]Q[/tex] središte duži [tex]AN[/tex]. Tada je [tex]PQ[/tex] srednja linija trougla [tex]ABN[/tex], tj. [tex]PQ\parallel BN[/tex] i [tex]PQ=\frac{BN}{2}[/tex]. Dakle, traženi ugao je ugao između pravih [tex]VP[/tex] i [tex]PQ[/tex]; odredimo stranice trougla [tex]VPQ[/tex].
Duži [tex]VP[/tex] i [tex]BN[/tex] su težišne duži jednakostraničnih trouglova [tex]VAB[/tex] i [tex]VBC[/tex], pa je
[tex]VP=BN=\frac{a\sqrt{3}}{2},\qquad PQ=\frac{BN}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}[/tex]
Trougao [tex]AVN[/tex] je pravougli sa pravim uglom kod [tex]V[/tex] i [tex]VN=\frac{a}{2}[/tex], a [tex]VQ[/tex] je težišna duž koja odgovara hipotenuzi, pa je jednaka polovini hipotenuze:
[tex]AN=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2},\qquad VQ=\frac{AN}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{4}[/tex]
Prema kosinusnoj teoremi za trougao [tex]VPQ[/tex]:
[tex]\cos\angle VPQ=\frac{VP^2+PQ^2-VQ^2}{2\cdot VP\cdot PQ}=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{16}-\frac{5a^2}{16}}{2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{4}}=\frac{\frac{5a^2}{8}}{\frac{3a^2}{4}}=\frac{5}{6}[/tex]
Kosinus je pozitivan, pa je [tex]\angle VPQ[/tex] oštar i jednak uglu između pravih [tex]VP[/tex] i [tex]BN[/tex]. Odgovor je [tex]\frac{5}{6}[/tex].

Rešenje:
Najpre, [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex] su sa iste strane ravni [tex]\alpha[/tex]. U suprotnom bi duž [tex]AB[/tex] sekla [tex]\alpha[/tex] i bilo bi [tex]AB\ge 6+2=8[/tex], pri čemu jednakost važi samo ako je [tex]AB\perp\alpha[/tex]; tada bi [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex] imale istu projekciju [tex]A'[/tex] na [tex]\alpha[/tex] i [tex]CA^2=CA'^2+36\ne CA'^2+4=CB^2[/tex], što je kontradikcija.
Neka je [tex]H[/tex] središte duži [tex]AB[/tex]; tada je [tex]CH[/tex] visina, težišna duž i simetrala ugla jednakokrakog trougla. Neka su [tex]A'[/tex], [tex]B'[/tex], [tex]H'[/tex] projekcije tačaka [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]H[/tex] na [tex]\alpha[/tex]. Četvorougao [tex]AA'B'B[/tex] je trapez ([tex]AA'\parallel BB'[/tex]) sa srednjom linijom [tex]HH'[/tex]:
[tex]HH'=\frac{AA'+BB'}{2}=\frac{6+2}{2}=4[/tex]
Centar [tex]I[/tex] upisane kružnice leži na simetrali [tex]CH[/tex]. U trouglu [tex]ACH[/tex] duž [tex]AI[/tex] je simetrala ugla [tex]CAH[/tex], pa prema teoremi o simetrali ugla
[tex]\frac{CI}{IH}=\frac{AC}{AH}=\frac{12}{4}=3\Rightarrow CI=\frac{3}{4}CH[/tex]
Neka je [tex]I'[/tex] projekcija tačke [tex]I[/tex] na [tex]\alpha[/tex]. Pošto je [tex]C\in\alpha[/tex] i [tex]II'\parallel HH'[/tex], pravougli trouglovi [tex]CII'[/tex] i [tex]CHH'[/tex] su slični, pa je
[tex]II'=\frac{CI}{CH}\cdot HH'=\frac{3}{4}\cdot 4=3[/tex]

Rešenje:
Piramida je pravilna, pa je podnožje njene visine centar [tex]G[/tex] jednakostraničnog trougla [tex]ABC[/tex]: [tex]MG\perp (ABC)[/tex], [tex]MG=28[/tex]. Neka je [tex]Q[/tex] središte ivice [tex]AC[/tex]; težišna duž [tex]BQ[/tex] je ujedno visina trougla [tex]ABC[/tex] i prolazi kroz [tex]G[/tex]:
[tex]BQ=\frac{7\sqrt{3}}{2},\quad BG=\frac{2}{3}BQ=\frac{7\sqrt{3}}{3}[/tex]
Važi [tex]AC\perp BQ[/tex] i [tex]AC\perp MQ[/tex] ([tex]MQ[/tex] je težišna duž jednakokrakog trougla [tex]ACM[/tex]), pa je [tex]AC\perp (BQM)[/tex]. U ravni [tex](BQM)[/tex] konstruišimo [tex]QQ_1\perp BM[/tex], [tex]Q_1\in BM[/tex]. Tada je [tex]BM[/tex] normalna na prave [tex]AC[/tex] i [tex]QQ_1[/tex] koje se seku, pa je presek trougao [tex]ACQ_1[/tex], a [tex]QQ_1[/tex] je njegova visina (iz [tex]AC\perp (BQM)[/tex] sledi [tex]AC\perp QQ_1[/tex]).
Tačka [tex]Q_1[/tex] leži na duži [tex]BM[/tex], jer su uglovi trougla [tex]BQM[/tex] kod temena [tex]B[/tex] i [tex]M[/tex] oštri: [tex]\angle QBM[/tex] je oštar ugao pravouglog trougla [tex]BGM[/tex], a [tex]\angle BMQ[/tex] leži naspram najkraće stranice [tex]BQ[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]BGM[/tex]:
[tex]BM=\sqrt{BG^2+MG^2}=\sqrt{\frac{49}{3}+784}=\sqrt{\frac{2401}{3}}=\frac{49\sqrt{3}}{3}[/tex]
[tex]MG[/tex] je visina trougla [tex]BQM[/tex] iz temena [tex]M[/tex] (jer [tex]G\in BQ[/tex]), pa izražavanjem površine trougla [tex]BQM[/tex] na dva načina, [tex]\frac{1}{2}BQ\cdot MG=\frac{1}{2}BM\cdot QQ_1[/tex], dobijamo
[tex]QQ_1=\frac{BQ\cdot MG}{BM}=\frac{\frac{7\sqrt{3}}{2}\cdot 28}{\frac{49\sqrt{3}}{3}}=6[/tex]
Dakle, površina preseka je [tex]S=\frac{1}{2}AC\cdot QQ_1=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 6=21[/tex] kvadratnih centimetara.

Rešenje:
Pošto je [tex]MC\perp (ABCD)[/tex], trouglovi [tex]BCM[/tex] i [tex]ACM[/tex] su pravougli sa pravim uglom kod temena [tex]C[/tex]. Prema Pitagorinoj teoremi
[tex]BC=\sqrt{BM^2-MC^2}=\sqrt{3},\quad AC=\sqrt{AM^2-MC^2}=2\sqrt{2}[/tex]
Neka je [tex]O=AC\cap BD[/tex]. Dijagonale romba se polove i normalne su, pa je [tex]AO=\sqrt{2}[/tex] i [tex]BD\perp AC[/tex]. Takođe je [tex]BD\perp MC[/tex], jer je [tex]MC[/tex] normalna na osnovu. Zato je [tex]BD\perp (ACM)[/tex], a [tex]BD[/tex] prodire tu ravan u tački [tex]O[/tex].
U ravni [tex](ACM)[/tex] konstruišimo [tex]OP\perp AM[/tex], [tex]P\in AM[/tex] ([tex]P[/tex] leži na duži [tex]AM[/tex], jer je [tex]\angle MAC[/tex] oštar). Pošto [tex]OP[/tex] leži u ravni [tex](ACM)[/tex], važi i [tex]OP\perp BD[/tex]. Dakle, [tex]OP[/tex] je zajednička normala pravih [tex]AM[/tex] i [tex]BD[/tex]. Iz pravouglih trouglova [tex]ACM[/tex] i [tex]AOP[/tex]:
[tex]\sin \angle MAC=\frac{MC}{AM}=\frac{1}{3},\quad OP=AO\sin \angle MAC=\frac{\sqrt{2}}{3}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]P[/tex] središte [tex]AB[/tex], tj. [tex]AP=BP=8[/tex]. Trougao [tex]ABC[/tex] je jednakokraki sa osnovicom [tex]AB[/tex], pa je njegova težišna duž [tex]CP[/tex] ujedno i visina: [tex]CP\perp AB[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]APC[/tex]:
[tex]CP=\sqrt{17^2-8^2}=15[/tex]
Trougao [tex]ABM[/tex] je jednakokraki i pravougli s pravim uglom kod temena [tex]M[/tex], pa je njegova težišna duž [tex]MP[/tex] ujedno i visina, [tex]MP\perp AB[/tex], a kao težišna duž ka hipotenuzi
[tex]MP=\frac{AB}{2}=8[/tex]
Pošto je [tex]CP\perp AB[/tex] i [tex]MP\perp AB[/tex], ugao [tex]CPM[/tex] je linearni ugao diedarskog ugla sa ivicom [tex]AB[/tex]. Prema kosinusnoj teoremi u trouglu [tex]CPM[/tex]:
[tex]\cos\angle CPM=\frac{CP^2+MP^2-CM^2}{2\cdot CP\cdot MP}=\frac{225+64-169}{2\cdot 15\cdot 8}=\frac{120}{240}=\frac{1}{2}[/tex]
Dakle, [tex]\angle CPM=60^{\circ}[/tex]; ovaj ugao je oštar, pa je ugao između ravni [tex]60^{\circ}[/tex].

Rešenje:
Ivica [tex]AB[/tex] je normalna na [tex]BC[/tex] i na [tex]BB_1[/tex], pa je [tex]AB\perp(BCC_1B_1)[/tex]. U strani [tex]BCC_1B_1[/tex] konstruišimo [tex]CH\perp BC_1[/tex], [tex]H\in BC_1[/tex]. Tada je i [tex]CH\perp AB[/tex], tj. [tex]CH[/tex] je normalna na dve prave [tex]AB[/tex] i [tex]BC_1[/tex] ravni [tex](ABC_1D_1)[/tex] koje se seku, pa je [tex]CH\perp(ABC_1D_1)[/tex].
Zato je [tex]D_1H[/tex] ortogonalna projekcija [tex]D_1C[/tex] na tu ravan, traženi ugao je [tex]\varphi=\angle CD_1H[/tex] i [tex]\sin \varphi=\frac{CH}{CD_1}[/tex]. Iz pravouglih trouglova [tex]BCC_1[/tex] i [tex]CDD_1[/tex]:
[tex]BC_1=CD_1=\sqrt{\left(2\sqrt{2}\right)^2+\left(2\sqrt{7}\right)^2}=\sqrt{36}=6[/tex]
[tex]CH=\frac{BC\cdot CC_1}{BC_1}=\frac{2\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{7}}{6}=\frac{2\sqrt{14}}{3}[/tex]
Prema tome,
[tex]\sin \varphi=\frac{CH}{CD_1}=\frac{2\sqrt{14}}{3\cdot 6}=\frac{\sqrt{14}}{9}[/tex]

Rešenje:
Pošto je [tex]AB\perp AD[/tex] i [tex]AB\perp DQ[/tex], to je [tex]AB\perp(ADQ)[/tex], pa je [tex]AB\perp AQ[/tex]; analogno iz [tex]CB\perp CD[/tex] i [tex]CB\perp DQ[/tex] sledi [tex]CB\perp CQ[/tex]. Prema Pitagorinoj teoremi:
[tex]AQ=\sqrt{AD^2+DQ^2}=\sqrt{3}; \quad CQ=\sqrt{CD^2+DQ^2}=2; \quad QB=\sqrt{BC^2+CQ^2}=\sqrt{6}[/tex]
U pravouglom trouglu [tex]ABQ[/tex] je [tex]\operatorname{tg} \angle ABQ=\frac{AQ}{AB}=1[/tex], tj. [tex]\angle ABQ=45^{\circ}[/tex]. U pravouglom trouglu [tex]BCQ[/tex] konstruišimo visinu [tex]CL[/tex] na hipotenuzu [tex]QB[/tex]:
[tex]CL=\frac{BC\cdot CQ}{QB}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}; \quad BL=\frac{BC^2}{QB}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}[/tex]
U ravni [tex](ABQ)[/tex] konstruišimo kroz [tex]L[/tex] normalu na [tex]QB[/tex] i neka ona seče [tex]AB[/tex] u tački [tex]N[/tex]. Trougao [tex]BLN[/tex] je pravougli s pravim uglom kod temena [tex]L[/tex] i [tex]\angle B=45^{\circ}[/tex], pa je [tex]LN=BL=\frac{\sqrt{6}}{3}[/tex] i [tex]BN=BL\sqrt{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\lt AB[/tex], tj. [tex]N[/tex] leži na ivici [tex]AB[/tex].
Pošto je [tex]CL\perp QB[/tex] i [tex]NL\perp QB[/tex], ugao [tex]CLN[/tex] je linearni ugao diedarskog ugla kod ivice [tex]QB[/tex]. Kako je [tex]CB\perp AB[/tex], iz pravouglog trougla [tex]CBN[/tex]:
[tex]CN^2=BC^2+BN^2=2+\frac{4}{3}=\frac{10}{3}[/tex]
Prema kosinusnoj teoremi u trouglu [tex]CLN[/tex]:
[tex]\cos\angle CLN=\frac{CL^2+LN^2-CN^2}{2\cdot CL\cdot LN}=\frac{\frac{4}{3}+\frac{2}{3}-\frac{10}{3}}{\frac{4\sqrt{2}}{3}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]
Dakle, diedarski ugao je [tex]135^{\circ}[/tex].

Rešenje:
Neka je dati trougao [tex]ABC[/tex], pri čemu je [tex]BC=14[/tex], [tex]CA=30[/tex], [tex]AB=40[/tex], i neka je [tex]O[/tex] ortogonalna projekcija tačke [tex]M[/tex] na ravan [tex](ABC)[/tex]; traženo rastojanje je [tex]MO[/tex]. Pravougli trouglovi [tex]MOA[/tex], [tex]MOB[/tex], [tex]MOC[/tex] imaju zajedničku katetu [tex]MO[/tex] i jednake hipotenuze [tex]MA=MB=MC=65[/tex], pa su podudarni i [tex]OA=OB=OC[/tex]. Dakle, [tex]O[/tex] je centar kružnice opisane oko [tex]\triangle ABC[/tex], a [tex]OA=R[/tex] je njen poluprečnik.
Prema Heronovom obrascu sa poluobimom [tex]p=42[/tex], a zatim prema obrascu za poluprečnik opisane kružnice:
[tex]S=\sqrt{42\cdot 28\cdot 12\cdot 2}=\sqrt{28224}=168[/tex]
[tex]R=\frac{BC\cdot CA\cdot AB}{4S}=\frac{14\cdot 30\cdot 40}{4\cdot 168}=25[/tex]
(Trougao je tupougli, jer je [tex]40^2\gt 14^2+30^2[/tex], pa [tex]O[/tex] leži van njega, ali to ne menja računanje.) Iz pravouglog trougla [tex]MOA[/tex]:
[tex]MO=\sqrt{MA^2-OA^2}=\sqrt{65^2-25^2}=\sqrt{3600}=60[/tex]

Rešenje:
Neka je ivica piramide [tex]a[/tex]. Ravan paralelna sa [tex](BCE)[/tex] seče svaku stranu po pravoj paralelnoj preseku te strane sa [tex](BCE)[/tex]. U osnovi je to duž [tex]QR\parallel BC[/tex], [tex]R\in CD[/tex], pa je [tex]QR=a[/tex] i [tex]DR=AQ=3[/tex].
U strani [tex]ABE[/tex] to je duž [tex]QS\parallel BE[/tex], [tex]S\in AE[/tex]. Trougao [tex]ABE[/tex] je jednakostraničan, pa je i [tex]AQS[/tex] jednakostraničan i [tex]AS=QS=3[/tex]. Analogno, u strani [tex]CDE[/tex] to je duž [tex]RT\parallel CE[/tex], [tex]T\in DE[/tex], pri čemu je [tex]DT=RT=3[/tex].
Pošto je [tex]ES=ET=a-3[/tex], trougao [tex]EST[/tex] je sličan jednakostraničnom trouglu [tex]EAD[/tex], pa je [tex]ST\parallel AD[/tex] i [tex]ST=a-3[/tex]. Dakle, presek [tex]QRTS[/tex] je jednakokraki trapez sa osnovicama [tex]QR=a[/tex], [tex]ST=a-3[/tex] i kracima [tex]QS=RT=3[/tex].
Projekcija kraka na veću osnovicu je [tex]\frac{a-(a-3)}{2}=\frac{3}{2}[/tex], pa je visina trapeza [tex]\sqrt{9-\frac{9}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}[/tex], a projekcija dijagonale [tex]QT[/tex] na [tex]QR[/tex] je [tex]a-\frac{3}{2}[/tex]. Prema Pitagorinoj teoremi:
[tex]QT^2=\left(a-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{27}{4}=49\Rightarrow \left(a-\frac{3}{2}\right)^2=\frac{169}{4}\Rightarrow a-\frac{3}{2}=\frac{13}{2}\Rightarrow a=8[/tex]
Obim preseka je
[tex]QR+RT+TS+SQ=8+3+5+3=19[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]P[/tex] centar kvadra, zajedničko središte njegovih telesnih dijagonala. Tačke [tex]M[/tex] i [tex]N[/tex] su simetrične u odnosu na [tex]P[/tex], pa je [tex]P[/tex] središte duži [tex]MN[/tex]. Zato prava [tex]D_1P[/tex] leži u ravni [tex](MND_1)[/tex], a sa njom i drugi kraj [tex]B[/tex] dijagonale [tex]D_1B[/tex].
Dakle, presek je četvorougao [tex]MBND_1[/tex]. Njegove naspramne stranice leže u paralelnim stranama kvadra, pa je [tex]MB\parallel D_1N[/tex] i [tex]BN\parallel MD_1[/tex], tj. on je paralelogram. Njegova ortogonalna projekcija na ravan osnove je pravougaonik [tex]ABCD[/tex] površine [tex]8\cdot 4=32[/tex].
Da bismo odredili ugao [tex]\varphi[/tex] između ravni preseka i osnove, neka prava [tex]D_1M[/tex] seče pravu [tex]DA[/tex] u tački [tex]X[/tex]. Pošto je [tex]AM\parallel DD_1[/tex] i [tex]AM=\frac{1}{2}DD_1[/tex], duž [tex]AM[/tex] je srednja linija trougla [tex]XDD_1[/tex], pa je [tex]XD=2AD=8[/tex]. Analogno, prava [tex]D_1N[/tex] seče pravu [tex]DC[/tex] u tački [tex]Y[/tex], pri čemu je [tex]DY=2DC=16[/tex].
Prava [tex]XY[/tex] je presek ravni preseka i ravni osnove. Neka je [tex]DH[/tex] visina pravouglog trougla [tex]XDY[/tex] na hipotenuzu [tex]XY[/tex]:
[tex]XY=\sqrt{8^2+16^2}=8\sqrt{5},\qquad DH=\frac{XD\cdot DY}{XY}=\frac{128}{8\sqrt{5}}=\frac{16\sqrt{5}}{5}[/tex]
Prema teoremi o tri normale [tex]D_1H\perp XY[/tex], pa je [tex]\varphi=\angle D_1HD[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]D_1DH[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \varphi=\frac{DD_1}{DH}=\frac{12\sqrt{5}/5}{16\sqrt{5}/5}=\frac{3}{4}\Rightarrow \cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{1+\operatorname{tg} ^2\varphi}}=\frac{4}{5}[/tex]
Prema teoremi o površini ortogonalne projekcije:
[tex]S=\frac{S_{ABCD}}{\cos\varphi}=\frac{32}{\frac{4}{5}}=40[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] centar kvadrata [tex]ABCD[/tex], tj. [tex]MO\perp(ABCD)[/tex], a [tex]L[/tex] središte duži [tex]PQ[/tex]. Bočne strane [tex]ABM[/tex] i [tex]BCM[/tex] su podudarni jednakokraki trouglovi, pa su njihove težišne duži [tex]MP[/tex] i [tex]MQ[/tex] jednake. Zato je trougao [tex]PQM[/tex] jednakokraki i njegova težišna duž [tex]ML[/tex] je visina iz [tex]M[/tex]:
[tex]ML\perp PQ[/tex]
Duž [tex]PQ[/tex] je srednja linija trougla [tex]ABC[/tex], pa je [tex]PQ\parallel AC[/tex], a težišna duž [tex]BO[/tex] tog trougla polovi [tex]PQ[/tex]; dakle, [tex]L[/tex] leži na [tex]BO[/tex], tj. na dijagonali [tex]BD[/tex].
Osim toga, [tex]AC\perp BD[/tex] (dijagonale kvadrata) i [tex]AC\perp MO[/tex], pa je [tex]AC\perp(BDM)[/tex], a samim tim i
[tex]PQ\perp(BDM)[/tex]
Tačke [tex]M[/tex] i [tex]L[/tex] leže u obe ravni [tex](PQM)[/tex] i [tex](BDM)[/tex], pa je [tex]ML[/tex] njihova presečna prava. U ravni [tex](BDM)[/tex] konstruišemo [tex]DF\perp ML[/tex], [tex]F\in ML[/tex]. Pošto [tex]DF[/tex] leži u [tex](BDM)[/tex], važi i [tex]DF\perp PQ[/tex].
Dakle, [tex]DF[/tex] je normalna na dve prave [tex]ML[/tex] i [tex]PQ[/tex] ravni [tex](PQM)[/tex] koje se seku, pa je [tex]DF\perp(PQM)[/tex]. Prema tome, podnožje [tex]F[/tex] normale iz [tex]D[/tex] na [tex](PQM)[/tex] leži na pravoj [tex]ML[/tex], koja sadrži visinu trougla [tex]PQM[/tex] iz [tex]M[/tex].

Rešenje:
Važi [tex]AB\perp BC[/tex] i [tex]AB\perp BB_1[/tex], a ove dve prave se seku, pa je [tex]AB\perp (BCC_1B_1)[/tex]. Zato je [tex]AB[/tex] normalna na svaku pravu te strane; posebno [tex]AB\perp B_1C[/tex].
Osim toga, [tex]B_1C\perp BC_1[/tex], jer su to dijagonale kvadrata [tex]BCC_1B_1[/tex].
Dakle, [tex]B_1C[/tex] je normalna na prave [tex]AB[/tex] i [tex]BC_1[/tex] ravni [tex](ABC_1)[/tex] koje se seku, pa je [tex]B_1C\perp (ABC_1)[/tex].
Ravan [tex](AB_1C)[/tex] sadrži pravu [tex]B_1C[/tex], koja je normalna na ravan [tex](ABC_1)[/tex], a ravan koja sadrži pravu normalnu na drugu ravan normalna je na tu ravan. Dakle, [tex](AB_1C)\perp (ABC_1)[/tex].

Rešenje:
Sva tri ugla su uglovi između pravih, pa pripadaju intervalu [tex][0^{\circ}; 90^{\circ}][/tex]. Uzmimo tačku [tex]P\ne O[/tex] na pravoj [tex]p[/tex] i neka je [tex]Q[/tex] njena ortogonalna projekcija na ravan [tex]\delta[/tex]. Tada je [tex]Q\in p'[/tex] i [tex]Q\ne O[/tex], jer je [tex]\alpha \ne 90^{\circ}[/tex]. U pravouglom trouglu [tex]OQP[/tex] ([tex]\angle OQP=90^{\circ}[/tex]) je [tex]\angle POQ=\alpha[/tex], pa je
[tex]\cos \alpha =\frac{OQ}{OP}[/tex]
Ako je [tex]\beta =0^{\circ}[/tex], onda je [tex]q=p'[/tex], [tex]\gamma =\alpha[/tex] i jednakost je očigledna. Ako je [tex]\beta =90^{\circ}[/tex], onda je [tex]q\perp OQ[/tex], pa je prema teoremi o tri normale [tex]q\perp OP[/tex], tj. [tex]\gamma =90^{\circ}[/tex] i obe strane su jednake [tex]0[/tex].
Neka je sada [tex]0^{\circ}\lt \beta \lt 90^{\circ}[/tex]. Konstruišimo [tex]QM\perp q[/tex], [tex]M\in q[/tex]. Tada je [tex]M\ne O[/tex] (jer je [tex]\beta \ne 90^{\circ}[/tex]), a ugao [tex]QOM[/tex] pravouglog trougla [tex]OMQ[/tex] je oštar, pa je [tex]\angle QOM=\beta[/tex] i
[tex]\cos \beta =\frac{OM}{OQ}[/tex]
Pošto je [tex]PQ\perp \delta[/tex] i [tex]QM\perp q[/tex], prema teoremi o tri normale je [tex]PM\perp q[/tex]. Dakle, trougao [tex]OMP[/tex] je pravougli sa pravim uglom kod temena [tex]M[/tex]; njegov ugao [tex]POM[/tex] je oštar i zato jednak uglu [tex]\gamma[/tex] između pravih [tex]p[/tex] i [tex]q[/tex], tj. [tex]\cos \gamma =\frac{OM}{OP}[/tex]. Množenjem gornje dve jednakosti dobijamo
[tex]\cos \alpha \cdot \cos \beta =\frac{OQ}{OP}\cdot \frac{OM}{OQ}=\frac{OM}{OP}=\cos \gamma[/tex]

Rešenje:
[tex]MN[/tex] je srednja linija trougla [tex]ABC[/tex], a [tex]PQ[/tex] srednja linija trougla [tex]ACD[/tex], pa je
[tex]MN\parallel AC\parallel PQ[/tex]
[tex]Q[/tex] i [tex]N[/tex] su središta naspramnih stranica [tex]AD[/tex] i [tex]BC[/tex] kvadrata [tex]ABCD[/tex], pa je [tex]AQ\parallel BN[/tex], [tex]AQ=BN[/tex], četvorougao [tex]ABNQ[/tex] je paralelogram i [tex]QN\parallel AB[/tex], [tex]QN=AB[/tex]. Takođe je [tex]A_1B_1\parallel AB[/tex] i [tex]A_1B_1=AB[/tex], odakle [tex]QN\parallel A_1B_1[/tex] i [tex]QN=A_1B_1[/tex]. Zato je [tex]QNB_1A_1[/tex] paralelogram i
[tex]NB_1\parallel QA_1[/tex]
Dakle, prave [tex]MN[/tex] i [tex]NB_1[/tex] ravni [tex](MNB_1)[/tex], koje se seku, paralelne su pravama [tex]PQ[/tex] i [tex]QA_1[/tex] ravni [tex](PQA_1)[/tex], koje se seku, pa su prema kriterijumu paralelnosti ravni te dve ravni paralelne ili se poklapaju.
One se ne poklapaju: pošto [tex]A_1\notin (ABCD)[/tex], ravan [tex](PQA_1)[/tex] seče ravan osnove [tex](ABCD)[/tex] samo po pravoj [tex]PQ[/tex], a tačka [tex]N\in (ABCD)[/tex] ne leži na [tex]PQ[/tex], jer su [tex]MN[/tex] i [tex]PQ[/tex] različite paralelne prave (leže sa različitih strana prave [tex]AC[/tex]). Prema tome, [tex](MNB_1)\parallel (PQA_1)[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]\pi[/tex] ravan preseka. Pošto je [tex]AB\parallel\pi[/tex] i [tex]CD\parallel\pi[/tex], tačke [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex] leže sa iste strane ravni [tex]\pi[/tex], a takođe i tačke [tex]C[/tex] i [tex]D[/tex]; kako [tex]\pi[/tex] prolazi kroz unutrašnje tačke, te strane su različite. Zato [tex]\pi[/tex] seče ivice [tex]AC[/tex], [tex]BC[/tex], [tex]BD[/tex], [tex]AD[/tex] u tačkama [tex]K[/tex], [tex]L[/tex], [tex]M[/tex], [tex]N[/tex].
Pošto je [tex]AB\parallel\pi[/tex], ravan [tex](ABC)[/tex] seče [tex]\pi[/tex] po pravoj paralelnoj sa [tex]AB[/tex], tj. [tex]KL\parallel AB[/tex]; analogno iz ravni [tex](ABD)[/tex] dobijamo [tex]NM\parallel AB[/tex]. Pošto je [tex]CD\parallel\pi[/tex], iz ravni [tex](ACD)[/tex] i [tex](BCD)[/tex] dobijamo [tex]KN\parallel CD[/tex] i [tex]LM\parallel CD[/tex]. Prema tome, [tex]KLMN[/tex] je paralelogram.
Neka je [tex]E[/tex] središte [tex]CD[/tex]. Težišne duži [tex]AE[/tex] i [tex]BE[/tex] jednakostraničnih trouglova [tex]ACD[/tex] i [tex]BCD[/tex] normalne su na [tex]CD[/tex], pa je [tex]CD\perp(ABE)[/tex] i zato [tex]CD\perp AB[/tex]. Pošto je [tex]KL\parallel AB[/tex] i [tex]KN\parallel CD[/tex], ugao [tex]LKN[/tex] je prav, tj. [tex]KLMN[/tex] je pravougaonik.

Rešenje:
Neka je [tex]\pi[/tex] ravan preseka, a [tex]a[/tex] ivica tetraedra. Pošto je [tex]AB\parallel\pi[/tex] i [tex]CD\parallel\pi[/tex], tačke [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex] leže sa iste strane ravni [tex]\pi[/tex], a takođe i tačke [tex]C[/tex] i [tex]D[/tex]; kako [tex]\pi[/tex] prolazi kroz unutrašnje tačke, te strane su različite. Zato [tex]\pi[/tex] seče ivice [tex]AC[/tex], [tex]BC[/tex], [tex]BD[/tex], [tex]AD[/tex] u tačkama [tex]K[/tex], [tex]L[/tex], [tex]M[/tex], [tex]N[/tex].
Pošto je [tex]AB\parallel\pi[/tex], ravan [tex](ABC)[/tex] seče [tex]\pi[/tex] po pravoj paralelnoj sa [tex]AB[/tex], tj. [tex]KL\parallel AB[/tex]; analogno iz ravni [tex](ABD)[/tex] dobijamo [tex]NM\parallel AB[/tex]. Pošto je [tex]CD\parallel\pi[/tex], iz ravni [tex](ACD)[/tex] i [tex](BCD)[/tex] dobijamo [tex]KN\parallel CD[/tex] i [tex]LM\parallel CD[/tex]. Prema tome, presek [tex]KLMN[/tex] je paralelogram, pa su mu naspramne stranice jednake.
Neka je [tex]\frac{AK}{AC}=t[/tex]. Iz sličnosti trouglova [tex]CKL[/tex] i [tex]CAB[/tex], kao i [tex]AKN[/tex] i [tex]ACD[/tex], dobijamo
[tex]KL=a\cdot \frac{CK}{CA}=a(1-t); \quad KN=a\cdot \frac{AK}{AC}=at[/tex]
Prema tome, obim preseka je
[tex]2(KL+KN)=2\left(a(1-t)+at\right)=2a[/tex]
i ne zavisi od položaja ravni preseka.

Rešenje:
Neka je [tex]AA_1=h[/tex]. Tada je [tex]AB=h\sqrt{2}[/tex], [tex]AC=AB\sqrt{2}=2h[/tex] i [tex]AK=\frac{AC}{4}=\frac{h}{2}[/tex].
Prvo, [tex]BD\perp AC[/tex] (dijagonale kvadrata) i [tex]BD\perp AA_1[/tex] (prizma je prava), pa je [tex]BD\perp(ACC_1A_1)[/tex]. Prava [tex]A_1K[/tex] leži u toj ravni, pa je [tex]A_1K\perp BD[/tex].
Neka je [tex]O[/tex] središte duži [tex]AC_1[/tex] (centar prizme), a [tex]O'[/tex] centar osnove. Tačke [tex]O[/tex] i [tex]M[/tex] su na visini [tex]\frac{h}{2}[/tex] redom iznad [tex]O'[/tex] i [tex]D[/tex], pa je [tex]DO'OM[/tex] pravougaonik i [tex]MO\parallel DO'[/tex], tj. [tex]MO\parallel BD[/tex]. Prava [tex]MO[/tex] leži u ravni [tex](AMC_1)[/tex], i [tex]A_1K\perp MO[/tex].
Drugo, u pravougaoniku [tex]ACC_1A_1[/tex] ([tex]AC=2h[/tex], [tex]CC_1=h[/tex]) posmatrajmo pravougle trouglove [tex]AA_1K[/tex] i [tex]ACC_1[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \angle AA_1K=\frac{AK}{AA_1}=\frac{1}{2}=\frac{CC_1}{AC}=\operatorname{tg} \angle CAC_1\Rightarrow \angle AA_1K=\angle CAC_1[/tex]
Neka je [tex]P=A_1K\cap AC_1[/tex]. Pošto je [tex]\angle A_1AC=90^{\circ}[/tex], imamo [tex]\angle PAA_1=90^{\circ}-\angle CAC_1[/tex], pa je u trouglu [tex]AA_1P[/tex]:
[tex]\angle PA_1A+\angle PAA_1=\angle CAC_1+\left(90^{\circ}-\angle CAC_1\right)=90^{\circ}\Rightarrow \angle A_1PA=90^{\circ}[/tex]
Dakle, [tex]A_1K\perp AC_1[/tex]. Prave [tex]MO[/tex] i [tex]AC_1[/tex] leže u ravni [tex](AMC_1)[/tex] i seku se u tački [tex]O[/tex], a prava [tex]A_1K[/tex] je normalna na obe; zato je [tex]A_1K\perp(AMC_1)[/tex].