Prizme i piramide - zadaci - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Neka je [tex]P[/tex] središte [tex]BC[/tex], a [tex]O[/tex] centar osnove; pošto je piramida pravilna, [tex]O[/tex] je podnožje njene visine [tex]MO[/tex] i leži na težišnoj duži [tex]AP[/tex]. Kako je [tex]MB=MC[/tex] i [tex]AB=AC[/tex], važi [tex]BC\perp MP[/tex] i [tex]BC\perp AP[/tex], pa je [tex]BC\perp(AMP)[/tex] i posebno [tex]BC\perp AM[/tex].
Dakle, ravan kroz [tex]BC[/tex] normalna na [tex]AM[/tex] prolazi kroz [tex]P[/tex], a [tex]D[/tex] je podnožje normale iz [tex]P[/tex] na [tex]AM[/tex] u ravni [tex](AMP)[/tex]; osim toga, [tex]BC\perp PD[/tex]. Pošto je [tex]AD\perp(BCD)[/tex], duž [tex]AD[/tex] je visina piramide [tex]ABCD[/tex] na osnovu [tex]BCD[/tex]:
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{BC\cdot PD}{2}\cdot AD=\frac{1}{3}PD\cdot AD[/tex]
Označimo [tex]c=\cos\alpha[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]MPC[/tex] sa [tex]PC=1[/tex] dobijamo [tex]AM=MC=\frac{1}{c}[/tex]. Neka je [tex]\beta=\angle MAP[/tex]; iz pravouglog trougla [tex]AOM[/tex] sa [tex]AP=\sqrt{3}[/tex] i [tex]AO=\frac{2}{3}AP=\frac{2\sqrt{3}}{3}[/tex]:
[tex]\cos\beta=\frac{AO}{AM}=\frac{2\sqrt{3}}{3}c[/tex]
Iz pravouglog trougla [tex]ADP[/tex] (prav ugao kod [tex]D[/tex]):
[tex]AD=AP\cos\beta=2c,\quad PD=\sqrt{AP^2-AD^2}=\sqrt{3-4c^2}[/tex]
[tex]V=\frac{2}{3}c\sqrt{3-4c^2}=\frac{2}{3}\sqrt{3c^2-4c^4}[/tex]
Tačka [tex]D[/tex] leži na ivici [tex]AM[/tex] tačno kada je [tex]AD\le AM[/tex], tj. [tex]2c\le\frac{1}{c}[/tex], [tex]c^2\le\frac{1}{2}[/tex]. Za [tex]t=c^2\in\left(0; \frac{1}{2}\right][/tex] kvadratna funkcija [tex]f(t)=3t-4t^2[/tex] dostiže najveću vrednost u temenu [tex]t=\frac{3}{8}[/tex], koje pripada tom intervalu. Prema tome,
[tex]\cos^2\alpha=\frac{3}{8}\Rightarrow\cos\alpha=\frac{\sqrt{6}}{4},\quad V_{\max}=\frac{2}{3}\sqrt{\frac{9}{8}-\frac{9}{16}}=\frac{1}{2}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]DL[/tex] visina trougla [tex]BCD[/tex] iz [tex]D[/tex]. Ravni [tex](BCD)[/tex] i [tex](ABC)[/tex] su normalne, a [tex]DL[/tex] je normalna na njihovu zajedničku pravu [tex]BC[/tex], pa je [tex]DL\perp(ABC)[/tex]: [tex]DL[/tex] je visina tetraedra, a [tex]L[/tex] leži na pravoj [tex]BC[/tex].
Konstruišimo [tex]DM\perp AB[/tex] i [tex]DN\perp AC[/tex]. Pravougli trouglovi [tex]AMD[/tex] i [tex]AND[/tex] imaju zajedničku hipotenuzu [tex]AD[/tex] i ugao od [tex]60^{\circ}[/tex] kod [tex]A[/tex], pa je [tex]AM=AN=\frac{AD}{2}[/tex]. Prema teoremi o tri normale, [tex]LM\perp AB[/tex] i [tex]LN\perp AC[/tex]. Pravougli trouglovi [tex]AML[/tex] i [tex]ANL[/tex] imaju zajedničku hipotenuzu [tex]AL[/tex] i [tex]AM=AN[/tex], pa je [tex]\angle LAM=\angle LAN[/tex], tj. [tex]AL[/tex] je simetrala ugla [tex]BAC[/tex]. Prema teoremi o simetrali ugla
[tex]\frac{BL}{LC}=\frac{AB}{AC}=\frac{2}{3}\Rightarrow BL=\frac{2}{5}BC=\frac{8}{5}[/tex]
Prema kosinusnoj teoremi za trougao [tex]ABC[/tex]
[tex]\cos\angle B=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\frac{4+16-9}{16}=\frac{11}{16},\quad\sin \angle B=\sqrt{1-\frac{121}{256}}=\frac{3\sqrt{15}}{16}[/tex]
Iz pravouglog trougla [tex]BML[/tex], a zatim iz pravouglog trougla [tex]AMD[/tex]:
[tex]BM=BL\cos\angle B=\frac{11}{10},\quad LM=BL\sin \angle B=\frac{3\sqrt{15}}{10}[/tex]
[tex]AM=AB-BM=\frac{9}{10},\quad DM=AM\operatorname{tg} 60^{\circ}=\frac{9\sqrt{3}}{10}[/tex]
Iz pravouglog trougla [tex]DLM[/tex] nalazimo visinu tetraedra:
[tex]DL=\sqrt{DM^2-LM^2}=\sqrt{\frac{243}{100}-\frac{135}{100}}=\frac{\sqrt{108}}{10}=\frac{3\sqrt{3}}{5}[/tex]
Površina osnove i zapremina su
[tex]S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC\sin \angle B=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 4\cdot \frac{3\sqrt{15}}{16}=\frac{3\sqrt{15}}{4}[/tex]
[tex]V=\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot DL=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{15}}{4}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{5}=\frac{9\sqrt{45}}{60}=\frac{9\sqrt{5}}{20}[/tex]

Rešenje:
Neka je piramida [tex]ABCDM[/tex] sa osnovom kvadratom [tex]ABCD[/tex] stranice [tex]a[/tex] i visinom [tex]MH=h[/tex], a diedarski uglovi neka su [tex]\alpha[/tex] kod [tex]AB[/tex], [tex]2\alpha[/tex] kod [tex]BC[/tex] i [tex]DA[/tex] i [tex]4\alpha[/tex] kod [tex]CD[/tex]. Svaki diedarski ugao piramide je manji od [tex]180^{\circ}[/tex], pa je [tex]4\alpha\lt 180^{\circ}[/tex], tj. [tex]\alpha\lt 45^{\circ}[/tex] i [tex]2\alpha\lt 90^{\circ}[/tex].
Ako je [tex]N[/tex] podnožje normale iz [tex]H[/tex] na pravu osnovne ivice, onda je [tex]MN[/tex] normalna na tu ivicu (teorema o tri normale). Ako je [tex]H[/tex] sa iste strane ivice sa koje je osnova, diedarski ugao kod te ivice jednak je [tex]\angle MNH[/tex] i oštar je; ako je [tex]H[/tex] sa druge strane, on je jednak [tex]180^{\circ}-\angle MNH[/tex] i tup je. U oba slučaja je [tex]HN=h\operatorname{ctg} \angle MNH[/tex].
Uglovi kod [tex]BC[/tex] i [tex]DA[/tex] su jednaki i oštri, pa [tex]H[/tex] leži između pravih [tex]BC[/tex] i [tex]DA[/tex] na rastojanju [tex]h\operatorname{ctg} 2\alpha[/tex] od svake od njih. Dakle, [tex]H[/tex] leži na pravoj [tex]KL[/tex] kroz središta [tex]K[/tex] ivice [tex]AB[/tex] i [tex]L[/tex] ivice [tex]CD[/tex], i [tex]a=2h\operatorname{ctg} 2\alpha[/tex]. Ugao kod [tex]AB[/tex] je oštar, pa je [tex]HK=h\operatorname{ctg} \alpha[/tex].
Kod ivice [tex]CD[/tex]: ako je [tex]4\alpha\lt 90^{\circ}[/tex], onda je [tex]H[/tex] između [tex]AB[/tex] i [tex]CD[/tex], [tex]HL=h\operatorname{ctg} 4\alpha[/tex] i [tex]HK+HL=a[/tex]; ako je [tex]4\alpha\gt 90^{\circ}[/tex], onda je [tex]H[/tex] iza [tex]CD[/tex], [tex]HL=-h\operatorname{ctg} 4\alpha[/tex] i [tex]HK-HL=a[/tex]; ako je [tex]4\alpha=90^{\circ}[/tex], onda je [tex]H=L[/tex] i [tex]HK=a[/tex]. U svim slučajevima
[tex]h\operatorname{ctg} \alpha+h\operatorname{ctg} 4\alpha=2h\operatorname{ctg} 2\alpha\iff\operatorname{ctg} \alpha-\operatorname{ctg} 2\alpha=\operatorname{ctg} 2\alpha-\operatorname{ctg} 4\alpha[/tex]
Pošto je
[tex]\operatorname{ctg} x-\operatorname{ctg} 2x=\frac{\sin 2x\cos x-\cos 2x\sin x}{\sin x\sin 2x}=\frac{\sin x}{\sin x\sin 2x}=\frac{1}{\sin 2x}[/tex]
jednačina postaje [tex]\frac{1}{\sin 2\alpha}=\frac{1}{\sin 4\alpha}[/tex], tj. [tex]2\sin 2\alpha\cos 2\alpha=\sin 2\alpha[/tex]. Kako je [tex]\sin 2\alpha\ne 0[/tex], dobijamo [tex]\cos 2\alpha=\frac{1}{2}[/tex], a pošto je [tex]0^{\circ}\lt 2\alpha\lt 90^{\circ}[/tex], sledi [tex]2\alpha=60^{\circ}[/tex] i [tex]\alpha=30^{\circ}[/tex].
Četiri ugla su [tex]30^{\circ}[/tex], [tex]60^{\circ}[/tex], [tex]120^{\circ}[/tex], [tex]60^{\circ}[/tex] (podnožje [tex]H[/tex] je van osnove, iza [tex]CD[/tex]), pa je najmanji od njih [tex]30^{\circ}[/tex].

Rešenje:
Visine paralelograma na stranice [tex]AB[/tex] i [tex]AD[/tex] su [tex]\frac{90}{18}=5[/tex] i [tex]\frac{90}{10}=9[/tex]. Tačka [tex]O[/tex] je centar simetrije paralelograma, pa je jednako udaljena od naspramnih stranica: njeno rastojanje od pravih [tex]AB[/tex] i [tex]CD[/tex] je [tex]\frac{5}{2}[/tex], a od pravih [tex]AD[/tex] i [tex]BC[/tex] je [tex]\frac{9}{2}[/tex].
Neka je [tex]OK\perp AB[/tex] i [tex]OL\perp AD[/tex] ([tex]K[/tex] je na pravoj [tex]AB[/tex], a [tex]L[/tex] na pravoj [tex]AD[/tex], moguće na produžetku stranice). Pošto je [tex]MO\perp(ABCD)[/tex], prema teoremi o tri normale [tex]MK\perp AB[/tex] i [tex]ML\perp AD[/tex], tj. [tex]MK[/tex] i [tex]ML[/tex] su visine strana [tex]ABM[/tex] i [tex]ADM[/tex]. Iz pravouglih [tex]\triangle MOK[/tex] i [tex]\triangle MOL[/tex]:
[tex]MK=\sqrt{6^2+\left(\frac{5}{2}\right)^2}=\frac{13}{2}; \quad ML=\sqrt{6^2+\left(\frac{9}{2}\right)^2}=\frac{15}{2}[/tex]
Pošto je [tex]OA=OC[/tex] i [tex]OB=OD[/tex], pravougli trouglovi [tex]MOA[/tex] i [tex]MOC[/tex] su podudarni, kao i [tex]MOB[/tex] i [tex]MOD[/tex]; zato je [tex]MA=MC[/tex], [tex]MB=MD[/tex] i [tex]\triangle ABM\cong\triangle CDM[/tex], [tex]\triangle ADM\cong\triangle CBM[/tex]. Prema tome,
[tex]S=2\cdot \frac{1}{2}\cdot 18\cdot \frac{13}{2}+2\cdot \frac{1}{2}\cdot 10\cdot \frac{15}{2}=117+75=192[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]EO[/tex] visina piramide. Pravougli trouglovi [tex]EOA[/tex], [tex]EOB[/tex], [tex]EOC[/tex], [tex]EOD[/tex] imaju zajedničku katetu [tex]EO[/tex] i jednake hipotenuze, pa je [tex]OA=OB=OC=OD=R[/tex]. Dakle, [tex]O[/tex] je centar kružnice opisane oko [tex]ABCD[/tex], četvorougao je tetivni i [tex]\angle BAD+\angle BCD=180^{\circ}[/tex].
Neka je [tex]\angle BCD=\varphi[/tex]; tada je [tex]\cos\angle BAD=-\cos\varphi[/tex]. Prema kosinusnoj teoremi za [tex]\triangle BCD[/tex] i [tex]\triangle BAD[/tex]:
[tex]BD^2=25^2+35^2-2\cdot 25\cdot 35\cos\varphi=1850-1750\cos\varphi[/tex]
[tex]BD^2=5^2+17^2+2\cdot 5\cdot 17\cos\varphi=314+170\cos\varphi[/tex]
Izjednačavanjem dobijamo [tex]1920\cos\varphi=1536[/tex], odakle je
[tex]\cos\varphi=\frac{4}{5}; \quad \sin \varphi=\frac{3}{5}; \quad BD^2=314+136=450; \quad BD=15\sqrt{2}[/tex]
Kružnica kroz [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex], [tex]D[/tex] je opisana kružnica [tex]\triangle BCD[/tex], pa prema sinusnoj teoremi
[tex]2R=\frac{BD}{\sin \varphi}=\frac{15\sqrt{2}\cdot 5}{3}=25\sqrt{2}\Rightarrow R^2=\frac{625}{2}[/tex]
Trougao [tex]CDE[/tex] je jednakokraki ([tex]EC=ED[/tex]), pa su uglovi na njegovoj osnovici oštri i prav ugao je kod temena [tex]E[/tex]. Tada je [tex]CD=EC\sqrt{2}[/tex] i [tex]EC^2=\frac{35^2}{2}=\frac{1225}{2}[/tex]. Iz pravouglog [tex]\triangle EOC[/tex]:
[tex]EO^2=EC^2-R^2=\frac{1225}{2}-\frac{625}{2}=300\Rightarrow EO=10\sqrt{3}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]AB=a[/tex]; tada je [tex]AA_1=a-1[/tex] i [tex]AC=a+1[/tex], pri čemu je [tex]a\gt 1[/tex]. Neka je [tex]\angle BAC=\varphi[/tex].
Dopunimo prizmu do prave prizme [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] čija je osnova [tex]ABCD[/tex] paralelogram. Tada je [tex]ABC_1D_1[/tex] paralelogram, pa je [tex]AD_1\parallel BC_1[/tex], a time i [tex]AB_1\perp AD_1[/tex]; iz pravouglog [tex]\triangle AB_1D_1[/tex] dobijamo [tex]B_1D_1^2=AB_1^2+AD_1^2[/tex].
Pošto je prizma prava, [tex]AB_1^2=AB^2+AA_1^2[/tex], [tex]AD_1^2=AD^2+DD_1^2=BC^2+AA_1^2[/tex] i [tex]B_1D_1=BD[/tex]. U paralelogramu [tex]ABCD[/tex] zbir kvadrata dijagonala jednak je zbiru kvadrata stranica, pa je [tex]BD^2=2AB^2+2BC^2-AC^2[/tex]. Zamenom dobijamo
[tex]2AB^2+2BC^2-AC^2=AB^2+BC^2+2AA_1^2\Rightarrow BC^2=AC^2-AB^2+2AA_1^2[/tex]
S druge strane, prema kosinusnoj teoremi [tex]BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cos\varphi[/tex]. Poređenjem ova dva izraza dobijamo
[tex]\cos\varphi=\frac{AB^2-AA_1^2}{AB\cdot AC}=\frac{a^2-(a-1)^2}{a(a+1)}=\frac{2a-1}{a(a+1)}[/tex]
Neka je [tex]t=2a-1\gt 1[/tex]; tada je [tex]a=\frac{t+1}{2}[/tex] i [tex]a(a+1)=\frac{t^2+4t+3}{4}[/tex]. Prema nejednakosti između aritmetičke i geometrijske sredine [tex]t+\frac{3}{t}\ge 2\sqrt{3}[/tex], pa je
[tex]\cos\varphi=\frac{4t}{t^2+4t+3}=\frac{4}{t+\frac{3}{t}+4}\le\frac{4}{2\sqrt{3}+4}=4-2\sqrt{3}[/tex]
Jednakost važi tačno za [tex]t=\sqrt{3}[/tex], tj. za [tex]a=\frac{1+\sqrt{3}}{2}\gt 1[/tex]. Tada je [tex]2a^2=2+\sqrt{3}[/tex], [tex]2a=1+\sqrt{3}[/tex] i
[tex]BC^2=(a+1)^2-a^2+2(a-1)^2=2a^2-2a+3=(2+\sqrt{3})-(1+\sqrt{3})+3=4\Rightarrow BC=2[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]AB=a[/tex], [tex]O[/tex] centar kvadrata [tex]ABCD[/tex], a [tex]K[/tex] i [tex]N[/tex] središta [tex]AB[/tex] i [tex]CD[/tex]. Pošto je piramida pravilna, [tex]MO\perp(ABCD)[/tex], sve bočne strane su podudarni jednakokraki trouglovi iste površine [tex]S[/tex], a apoteme su [tex]MK=MN=k[/tex].
Kako je [tex]MK\perp AB[/tex] i [tex]OK\perp AB[/tex], ugao [tex]\varphi=\angle MKO=\angle MKN[/tex] je linearni ugao diedra kod ivice [tex]AB[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]MOK[/tex]:
[tex]\cos\varphi=\frac{OK}{MK}=\frac{a}{2k}\Rightarrow k=\frac{a}{2\cos\varphi}[/tex]
Bisektorska ravan sadrži [tex]AB\parallel CD[/tex], pa seče stranu [tex]MCD[/tex] po duži [tex]PQ\parallel CD[/tex] ([tex]P\in MD[/tex], [tex]Q\in MC[/tex]). Ravan [tex]MKN[/tex] je normalna na [tex]AB[/tex], pa seče bisektorsku ravan po simetrali [tex]KR[/tex] ugla [tex]MKN[/tex], gde je [tex]R[/tex] zajednička tačka [tex]PQ[/tex] i [tex]MN[/tex]. Prema teoremi o simetrali ugla u [tex]\triangle KMN[/tex] (gde je [tex]KN=a[/tex]):
[tex]\frac{MR}{RN}=\frac{KM}{KN}=\frac{k}{a}\Rightarrow \lambda=\frac{MR}{MN}=\frac{k}{k+a}[/tex]
Pošto je [tex]PQ\parallel CD[/tex], važi [tex]\frac{MP}{MD}=\frac{MQ}{MC}=\lambda[/tex], pa je [tex]\triangle MPQ\sim\triangle MDC[/tex] sa koeficijentom [tex]\lambda[/tex] i [tex]S_{MPQ}=\lambda^2S[/tex]. Trouglovi [tex]MAP[/tex] i [tex]MAD[/tex] imaju zajedničku visinu iz [tex]A[/tex], pa je [tex]S_{MAP}=\lambda S[/tex]; analogno je [tex]S_{MBQ}=\lambda S[/tex].
Deo omotača koji sadrži vrh [tex]M[/tex] ima površinu [tex]S+2\lambda S+\lambda^2S=(1+\lambda)^2S[/tex], a ceo omotač ima površinu [tex]4S[/tex]. Delovi imaju jednake površine, pa je
[tex](1+\lambda)^2S=2S\Rightarrow 1+\lambda=\sqrt{2}\Rightarrow \lambda=\sqrt{2}-1[/tex]
Zamenom [tex]k=\frac{a}{2\cos\varphi}[/tex] dobijamo:
[tex]\lambda=\frac{k}{k+a}=\frac{1}{1+2\cos\varphi}=\sqrt{2}-1\Rightarrow 1+2\cos\varphi=\sqrt{2}+1\Rightarrow \cos\varphi=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \varphi=45^{\circ}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] ortogonalna projekcija tačke [tex]M[/tex] na ravan [tex]ABC[/tex], tj. [tex]MO[/tex] je visina. Pravougli trouglovi [tex]MOB[/tex] i [tex]MOC[/tex] imaju zajedničku katetu [tex]MO[/tex] i jednake hipotenuze [tex]MB=MC[/tex], pa je [tex]OB=OC[/tex] i [tex]O[/tex] leži na simetrali duži [tex]BC[/tex].
Neka je [tex]OP\perp AB[/tex] i [tex]OQ\perp AC[/tex] ([tex]P[/tex] na pravoj [tex]AB[/tex], [tex]Q[/tex] na pravoj [tex]AC[/tex]). Prema teoremi o tri normale [tex]MP\perp AB[/tex] i [tex]MQ\perp AC[/tex], pa su [tex]\angle MPO[/tex] i [tex]\angle MQO[/tex] uglovi između ravni [tex]ABM[/tex], [tex]ACM[/tex] i osnove. Oni su jednaki, pa su pravougli trouglovi [tex]MOP[/tex] i [tex]MOQ[/tex] (zajednička kateta [tex]MO[/tex]) podudarni i [tex]OP=OQ[/tex].
Diedarski ugao kod osnovne ivice je oštar kada [tex]O[/tex] leži sa iste strane te ivice kao osnova, a tup kada [tex]O[/tex] leži sa druge strane. Pošto su diedarski uglovi kod [tex]AB[/tex] i [tex]AC[/tex] jednaki i [tex]OP=OQ[/tex], tačka [tex]O[/tex] leži u uglu [tex]BAC[/tex] ili u njemu unakrsnom uglu, tj. na pravoj [tex]AL[/tex] simetrale ugla [tex]BAC[/tex] ([tex]L\in BC[/tex]). Kako je [tex]AB\ne AC[/tex], ova prava seče simetralu duži [tex]BC[/tex] u tačno jednoj tački, i to je tačka [tex]O[/tex].
Sada radimo u osnovi. Neka je [tex]H[/tex] podnožje visine iz [tex]A[/tex], a [tex]N[/tex] središte [tex]BC[/tex]. Iz [tex]AB^2-BH^2=AC^2-CH^2[/tex] sledi:
[tex]225-BH^2=169-(14-BH)^2\Rightarrow BH=9,\quad AH=\sqrt{225-81}=12[/tex]
Prema teoremi o simetrali ugla [tex]\frac{BL}{LC}=\frac{15}{13}[/tex], pa je [tex]BL=\frac{15}{28}\cdot 14=\frac{15}{2}[/tex]; takođe je [tex]BN=7[/tex]. Dakle, tačke na [tex]BC[/tex] su u poretku [tex]B[/tex], [tex]N[/tex], [tex]L[/tex], [tex]H[/tex], pri čemu je [tex]NL=\frac{1}{2}[/tex] i [tex]LH=\frac{3}{2}[/tex], a prava [tex]AL[/tex] seče normalu na [tex]BC[/tex] kroz tačku [tex]N[/tex] u tački [tex]O[/tex] sa druge strane prave [tex]BC[/tex] u odnosu na [tex]A[/tex]. Pravougli trouglovi [tex]LHA[/tex] i [tex]LNO[/tex] su slični (unakrsni uglovi kod [tex]L[/tex]), pa je
[tex]ON=AH\cdot \frac{LN}{LH}=12\cdot \frac{1}{3}=4[/tex]
Neka je [tex]T[/tex] podnožje normale iz [tex]A[/tex] na pravu [tex]ON[/tex]. Tada je [tex]AHNT[/tex] pravougaonik, pa je [tex]AT=HN=2[/tex], [tex]TN=AH=12[/tex] i [tex]TO=TN+NO=12+4=16[/tex], odakle je
[tex]AO^2=AT^2+TO^2=2^2+16^2=260[/tex]
Iz pravouglog trougla [tex]AOM[/tex] nalazimo visinu, a površina osnove je [tex]S_{ABC}=\frac{BC\cdot AH}{2}=\frac{14\cdot 12}{2}=84[/tex]:
[tex]MO=\sqrt{AM^2-AO^2}=\sqrt{324-260}=8,\quad V=\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot MO=\frac{1}{3}\cdot 84\cdot 8=224[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] podnožje visine iz [tex]M[/tex]. Pošto je ravan [tex](ABM)[/tex] normalna na osnovu, ta visina leži u ravni [tex](ABM)[/tex], pa [tex]O[/tex] leži na pravoj [tex]AB[/tex].
Pravougli trouglovi [tex]MOA[/tex], [tex]MOB[/tex], [tex]MOC[/tex], [tex]MOD[/tex] imaju zajedničku katetu [tex]MO[/tex] i jednake hipotenuze [tex]\sqrt{5}[/tex], pa je [tex]OA=OB=OC=OD=R[/tex]. Dakle, [tex]O[/tex] je središte [tex]AB[/tex], osnova je upisana u kružnicu sa centrom [tex]O[/tex], [tex]AB=2R[/tex] je njen prečnik i [tex]MO=\sqrt{5-R^2}[/tex].
Svaka bočna strana je jednakokraki trougao sa kracima [tex]\sqrt{5}[/tex]. Ako je njegova osnovica [tex]t[/tex], visina na osnovicu je [tex]\sqrt{5-\frac{t^2}{4}}[/tex], pa njegova površina [tex]f(t)[/tex] zadovoljava
[tex]f(t)^2=\frac{t^2}{4}\left(5-\frac{t^2}{4}\right)=\frac{t^2(20-t^2)}{16}[/tex]
Pošto je [tex]u(20-u)=v(20-v)[/tex] tačno kada je [tex]u=v[/tex] ili [tex]u+v=20[/tex], dve strane sa osnovicama [tex]t[/tex] i [tex]s[/tex] imaju jednake površine ako i samo ako je [tex]t=s[/tex] ili [tex]t^2+s^2=20[/tex]. Tetive [tex]BC[/tex], [tex]CD[/tex], [tex]DA[/tex] kraće su od prečnika [tex]AB[/tex], pa poređenje strana [tex]BCM[/tex], [tex]CDM[/tex], [tex]DAM[/tex] sa stranom [tex]ABM[/tex] daje
[tex]BC^2=CD^2=DA^2=20-AB^2=20-4R^2[/tex]
Dakle, [tex]BC=CD=DA[/tex]. Ove jednake tetive dele polukružnicu na kojoj leže [tex]C[/tex] i [tex]D[/tex] na tri jednaka luka od po [tex]60^{\circ}[/tex], pa su trouglovi [tex]OBC[/tex], [tex]OCD[/tex], [tex]ODA[/tex] jednakostranični i [tex]BC=CD=DA=R[/tex]. Tada je
[tex]R^2=20-4R^2\Rightarrow R=2; \quad MO=\sqrt{5-R^2}=1[/tex]
Osnova se sastoji od tri jednakostranična trougla stranice [tex]2[/tex], pa je njena površina [tex]3\cdot \frac{2^2\sqrt{3}}{4}=3\sqrt{3}[/tex] i
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot 3\sqrt{3}\cdot 1=\sqrt{3}[/tex]
(Provera: tada svaka bočna strana ima površinu [tex]2[/tex].)

Rešenje:
Neka je piramida [tex]ABCDM[/tex] sa kvadratnom osnovom [tex]ABCD[/tex], centrom osnove [tex]O[/tex] i visinom [tex]MO[/tex], i neka je [tex]K[/tex] središte [tex]AB[/tex], tako da je [tex]MK[/tex] apotema i [tex]OK=\frac{a}{2}[/tex]. Pošto je [tex]OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex], iz pravouglog trougla [tex]AOM[/tex]
[tex]MO=\sqrt{MA^2-OA^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex]
Neka je [tex]x[/tex] ivica kocke. Njena donja strana leži u osnovi, a bočne ivice su normalne na osnovu, pa četiri gornja temena kocke leže u ravni paralelnoj osnovi na rastojanju [tex]x[/tex] od nje. Ta ravan seče [tex]MO[/tex] u tački [tex]Q[/tex] za koju je [tex]OQ=x[/tex], [tex]MQ=\frac{a\sqrt{2}}{2}-x[/tex], a svaku apotemu u jednoj tački, koja mora biti gornje teme kocke na njoj. Zbog simetrije ove četiri tačke čine gornju stranu kocke – kvadrat sa centrom [tex]Q[/tex].
Neka je [tex]P[/tex] gornje teme na [tex]MK[/tex]. Tada je [tex]QP[/tex] polovina dijagonale strane kocke, tj. [tex]QP=\frac{x\sqrt{2}}{2}[/tex]. Pošto je [tex]QP\parallel OK[/tex], trouglovi [tex]MQP[/tex] i [tex]MOK[/tex] su slični, pa je
[tex]\frac{QP}{OK}=\frac{MQ}{MO}\Rightarrow \frac{x\sqrt{2}}{a}=1-\frac{x\sqrt{2}}{a}\Rightarrow \frac{x\sqrt{2}}{a}=\frac{1}{2}\Rightarrow x=\frac{a\sqrt{2}}{4}[/tex]
Prema tome, površina i zapremina kocke su
[tex]S=6x^2=6\cdot \frac{a^2}{8}=\frac{3a^2}{4}; \quad V=x^3=\frac{2\sqrt{2}a^3}{64}=\frac{\sqrt{2}a^3}{32}[/tex]

Rešenje:
Sve osnovne ivice jednake su [tex]3[/tex], pa je [tex]ABCD[/tex] romb; neka je [tex]O[/tex] presečna tačka njegovih dijagonala, tada je [tex]AC\perp BD[/tex] i [tex]O[/tex] je središte obeju dijagonala. Trougao [tex]SAC[/tex] je jednakokraki ([tex]SA=SC=3[/tex]), pa je njegova težišna duž [tex]SO[/tex] normalna na [tex]AC[/tex]. Zajedno sa [tex]BO\perp AC[/tex] to daje [tex]AC\perp (SBD)[/tex], pa su [tex]AO[/tex] i [tex]CO[/tex] rastojanja tačaka [tex]A[/tex] i [tex]C[/tex] od ravni [tex](SBD)[/tex]:
[tex]V=V_{ASBD}+V_{CSBD}=\frac{1}{3}S_{SBD}(AO+CO)=\frac{1}{3}AC\cdot S_{SBD}[/tex]
Pravougli trouglovi [tex]AOS[/tex] i [tex]AOB[/tex] imaju zajedničku katetu [tex]AO[/tex] i jednake hipotenuze [tex]AS=AB=3[/tex], pa je [tex]SO=BO=DO[/tex]. Dakle, težišna duž [tex]SO[/tex] trougla [tex]SBD[/tex] jednaka je polovini [tex]BD[/tex], odakle je [tex]\angle BSD=90^{\circ}[/tex] i
[tex]S_{SBD}=\frac{1}{2}SB\cdot SD=\frac{3x}{2},\quad BD^2=9+x^2[/tex]
Iz pravouglog trougla [tex]AOB[/tex]:
[tex]AO^2=AB^2-\frac{BD^2}{4}=9-\frac{9+x^2}{4}=\frac{27-x^2}{4}\Rightarrow AC=\sqrt{27-x^2}[/tex]
To zahteva [tex]0\lt x\lt 3\sqrt{3}[/tex], a zapremina kao funkcija od [tex]x[/tex] je
[tex]V(x)=\frac{1}{3}\sqrt{27-x^2}\cdot \frac{3x}{2}=\frac{x\sqrt{27-x^2}}{2}[/tex]
Prema nejednakosti između aritmetičke i geometrijske sredine
[tex]x\sqrt{27-x^2}=\sqrt{x^2(27-x^2)}\le\frac{x^2+(27-x^2)}{2}=\frac{27}{2}[/tex]
pri čemu jednakost važi za [tex]x^2=27-x^2[/tex], tj. [tex]x=\frac{3\sqrt{6}}{2}[/tex]. Dakle, najveća zapremina je
[tex]V_{\max}=\frac{1}{2}\cdot \frac{27}{2}=\frac{27}{4}[/tex]

Rešenje:
Uzmimo [tex]ABC[/tex] za osnovu:
[tex]S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 5\cdot \sin 60^{\circ}=\frac{15\sqrt{3}}{2}[/tex]
Neka je [tex]DH[/tex] visina piramide ([tex]H[/tex] pripada ravni [tex]ABC[/tex]), a [tex]P[/tex] i [tex]Q[/tex] podnožja normala iz [tex]D[/tex] na [tex]CA[/tex] i [tex]CB[/tex]. Pravougli trouglovi [tex]CPD[/tex] i [tex]CQD[/tex] imaju hipotenuzu [tex]CD=4[/tex] i ugao [tex]45^{\circ}[/tex] kod temena [tex]C[/tex], pa su jednakokraki i
[tex]CP=CQ=DP=DQ=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}[/tex]
Pošto je [tex]2\sqrt{2}\lt 5[/tex], tačka [tex]P[/tex] leži na duži [tex]CA[/tex], a [tex]Q[/tex] na duži [tex]CB[/tex]. Duž [tex]HP[/tex] je ortogonalna projekcija duži [tex]DP[/tex] na ravan [tex]ABC[/tex] i [tex]DP\perp CA[/tex], pa prema teoremi o tri normale [tex]HP\perp CA[/tex]; analogno [tex]HQ\perp CB[/tex].
Pravougli trouglovi [tex]CPH[/tex] i [tex]CQH[/tex] imaju zajedničku hipotenuzu [tex]CH[/tex] i jednake katete [tex]CP=CQ[/tex], pa su podudarni i [tex]CH[/tex] je simetrala ugla [tex]ACB[/tex], tj. [tex]\angle PCH=30^{\circ}[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]CPH[/tex]:
[tex]HP=CP\operatorname{tg} 30^{\circ}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}[/tex]
Iz pravouglog trougla [tex]DHP[/tex] (prav ugao kod [tex]H[/tex]):
[tex]DH^2=DP^2-HP^2=8-\frac{8}{3}=\frac{16}{3}\Rightarrow DH=\frac{4}{\sqrt{3}}[/tex]
Dakle, zapremina je
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{15\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{4}{\sqrt{3}}=10[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]DO[/tex] visina piramide i [tex]DT\perp AB[/tex] ([tex]T[/tex] pripada [tex]AB[/tex]). Prema teoremi o tri normale [tex]OT\perp AB[/tex], pa je [tex]\angle DTO[/tex] ugao između strane [tex]ABD[/tex] i osnove; analogno za ostale dve strane. Dobijena tri pravougla trougla imaju zajedničku katetu [tex]DO[/tex] i jednake oštre uglove naspram nje, pa su podudarni i tačka [tex]O[/tex] je jednako udaljena od stranica [tex]\triangle ABC[/tex]. Dakle, [tex]O[/tex] je centar kružnice upisane u [tex]ABC[/tex], a [tex]T[/tex] je njena dodirna tačka sa stranicom [tex]AB[/tex].
U pravouglom trouglu [tex]ABD[/tex] ([tex]\angle ADB=90^{\circ}[/tex]):
[tex]AB=\sqrt{15^2+20^2}=25,\quad DT=\frac{15\cdot 20}{25}=12,\quad AT=\frac{15^2}{25}=9,\quad BT=\frac{20^2}{25}=16[/tex]
Neka upisana kružnica dodiruje [tex]BC[/tex] u tački [tex]P[/tex] i [tex]CA[/tex] u tački [tex]Q[/tex]. Tangentne duži iz jedne tačke su jednake, pa je [tex]AQ=AT=9[/tex], [tex]BP=BT=16[/tex] i
[tex]CP=CQ=\frac{60-2\cdot 25}{2}=5\Rightarrow BC=21,\quad CA=14[/tex]
Sa poluobimom [tex]p=30[/tex], prema Heronovom obrascu nalazimo površinu, a zatim poluprečnik upisane kružnice:
[tex]S_{ABC}=\sqrt{30\cdot 5\cdot 9\cdot 16}=60\sqrt{6},\quad r=\frac{S_{ABC}}{p}=2\sqrt{6}[/tex]
Iz pravouglih trouglova [tex]DOT[/tex], [tex]OQC[/tex] i [tex]DOC[/tex]:
[tex]DO^2=DT^2-OT^2=144-24=120,\quad OC^2=OQ^2+CQ^2=24+25=49[/tex]
[tex]DC^2=DO^2+OC^2=120+49=169\Rightarrow DC=13[/tex]

Rešenje:
Posmatrajmo bočnu stranu [tex]A_iA_{i+1}B_{i+1}B_i[/tex] (indeksi se uzimaju po modulu [tex]n[/tex]). Ravni osnova su paralelne, a treća ravan seče dve paralelne ravni po paralelnim pravama, pa je [tex]A_iA_{i+1}\parallel B_iB_{i+1}[/tex] i ta strana je trapez.
Četiri temena te strane leže na sferi i u ravni strane, a presek sfere i ravni je kružnica, pa je trapez upisan u kružnicu. Pošto je [tex]A_iA_{i+1}\parallel B_iB_{i+1}[/tex], a zbir naspramnih uglova tetivnog četvorougla je [tex]180^{\circ}[/tex], dobijamo
[tex]\angle A_iB_iB_{i+1}=180^{\circ}-\angle B_iA_iA_{i+1}=\angle A_{i+1}B_{i+1}B_i[/tex]
Dakle, uglovi na osnovici [tex]B_iB_{i+1}[/tex] su jednaki, trapez je jednakokraki i [tex]A_iB_i=A_{i+1}B_{i+1}[/tex]. Obilazeći sve bočne strane, dobijamo
[tex]A_1B_1=A_2B_2=\ldots=A_nB_n=l[/tex]
Neka je [tex]h[/tex] rastojanje između ravni osnova (visina zarubljene piramide). Za svako [tex]i[/tex] konstruišimo [tex]B_iH_i\perp(A_1A_2\ldots A_n)[/tex]; tada je [tex]B_iH_i=h[/tex], a [tex]A_iH_i[/tex] je ortogonalna projekcija [tex]A_iB_i[/tex] na osnovu, pa je ugao između bočne ivice [tex]A_iB_i[/tex] i osnove [tex]\varphi_i=\angle B_iA_iH_i[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]A_iH_iB_i[/tex]
[tex]\sin \varphi_i=\frac{B_iH_i}{A_iB_i}=\frac{h}{l}[/tex]
Ovaj broj ne zavisi od [tex]i[/tex], a ugao između prave i ravni nije veći od [tex]90^{\circ}[/tex], pa je [tex]\varphi_1=\varphi_2=\ldots=\varphi_n[/tex], što je i trebalo dokazati.