Prizme i piramide - zadaci - zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Neka je paralelepiped [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] sa osnovom rombom [tex]ABCD[/tex], [tex]AC=8[/tex], [tex]BD=6[/tex], i neka je [tex]O[/tex] presečna tačka dijagonala osnove. Dijagonale romba su normalne i polove se, pa je trougao [tex]ABO[/tex] pravougli sa pravim uglom kod [tex]O[/tex] i [tex]AO=4[/tex], [tex]BO=3[/tex]:
[tex]AB=\sqrt{AO^2+BO^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5[/tex]
Paralelepiped je prav, pa su njegove bočne strane podudarni pravougaonici sa stranicama [tex]5[/tex] i visinom; neka je [tex]AB_1=13[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]ABB_1[/tex] (prav ugao kod [tex]B[/tex]) dobijamo visinu:
[tex]BB_1=\sqrt{AB_1^2-AB^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12[/tex]
Površina osnove jednaka je polovini proizvoda dijagonala, a površina omotača je obim osnove pomnožen visinom. Prema tome, površina paralelepipeda je
[tex]S_{ABCD}=\frac{AC\cdot BD}{2}=\frac{8\cdot 6}{2}=24,\quad S=2S_{ABCD}+4\cdot AB\cdot BB_1=48+4\cdot 5\cdot 12=48+240=288[/tex]

Rešenje:
Neka su dimenzije [tex]n-1[/tex], [tex]n[/tex] i [tex]n+1[/tex], gde je [tex]n\ge 2[/tex] ceo broj. Tada je
[tex]V=(n-1)n(n+1)=n^3-n=24\iff n^3-n-24=0\iff (n-3)(n^2+3n+8)=0[/tex]
Diskriminanta trinoma [tex]n^2+3n+8[/tex] je [tex]9-32\lt 0[/tex], pa je [tex]n^2+3n+8\gt 0[/tex] i jedino rešenje je [tex]n=3[/tex]. Dakle, dimenzije su [tex]a=2[/tex], [tex]b=3[/tex], [tex]c=4[/tex] (provera: [tex]2\cdot 3\cdot 4=24[/tex]), a površina kvadra je
[tex]S=2(ab+bc+ca)=2(2\cdot 3+3\cdot 4+4\cdot 2)=2\cdot 26=52[/tex]

Rešenje:
Zapremina metala se ne menja, pa je zapremina nove kocke jednaka zbiru tri zapremine:
[tex]V=3^3+4^3+5^3=27+64+125=216[/tex]
Ako je [tex]a[/tex] ivica nove kocke, onda je [tex]a^3=216=6^3[/tex], tj. [tex]a=6[/tex]. Površina kocke se sastoji od šest kvadrata stranice [tex]a[/tex]:
[tex]S=6a^2=6\cdot 36=216[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] data zarubljena piramida, čije su osnove kvadrati [tex]ABCD[/tex] ([tex]AB=16[/tex]) i [tex]A_1B_1C_1D_1[/tex] ([tex]A_1B_1=4[/tex]) sa centrima [tex]O[/tex] i [tex]O_1[/tex]; visina je [tex]OO_1=h[/tex]. Neka su [tex]K[/tex] i [tex]K_1[/tex] središta ivica [tex]BC[/tex] i [tex]B_1C_1[/tex]. Bočna strana [tex]BCC_1B_1[/tex] je jednakokraki trapez, pa je njegova visina [tex]KK_1=10[/tex] apotema.
Tačke [tex]O[/tex], [tex]K[/tex], [tex]K_1[/tex], [tex]O_1[/tex] leže u jednoj ravni (koja sadrži [tex]OO_1[/tex] i normalna je na [tex]BC[/tex]), a [tex]OKK_1O_1[/tex] je pravougli trapez sa [tex]OK=\frac{AB}{2}=8[/tex] i [tex]O_1K_1=\frac{A_1B_1}{2}=2[/tex]. Neka je [tex]K_1P\perp OK[/tex]; tada je [tex]K_1P=h[/tex] i [tex]PK=8-2=6[/tex]. Iz pravouglog [tex]\triangle K_1PK[/tex]:
[tex]h=\sqrt{KK_1^2-PK^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8[/tex]
Površine osnova su [tex]S_1=16^2=256[/tex] i [tex]S_2=4^2=16[/tex], pa prema formuli za zapreminu zarubljene piramide
[tex]V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)=\frac{8}{3}(256+16+64)=\frac{8}{3}\cdot 336=896[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] data prizma, [tex]AB=6[/tex], [tex]AD=3[/tex], [tex]\angle DAB=45^{\circ}[/tex]. Površina osnove je
[tex]S=AB\cdot AD\cdot \sin 45^{\circ}=6\cdot 3\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=9\sqrt{2}[/tex]
Neka je [tex]H[/tex] ortogonalna projekcija tačke [tex]A_1[/tex] na ravan osnove. Tada je [tex]A_1H=h[/tex] visina prizme, [tex]AH[/tex] je projekcija bočne ivice [tex]AA_1[/tex], a ugao između bočne ivice i osnove je [tex]\angle A_1AH=30^{\circ}[/tex]. U pravouglom [tex]\triangle AHA_1[/tex] kateta [tex]A_1H[/tex] je naspram ugla od [tex]30^{\circ}[/tex], pa je
[tex]h=A_1H=\frac{AA_1}{2}=2\sqrt{2}[/tex]
Zapremina je jednaka proizvodu površine osnove i visine (a ne bočne ivice):
[tex]V=S\cdot h=9\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{2}=36[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]ABCA_1B_1C_1[/tex] data prizma i [tex]AA_1=BB_1=CC_1=l[/tex]. Svaka bočna strana je paralelogram; na primer, u [tex]ABB_1A_1[/tex] stranice [tex]AA_1[/tex] i [tex]BB_1[/tex] imaju dužinu [tex]l[/tex], a visina na njih je rastojanje između paralelnih pravih [tex]AA_1[/tex] i [tex]BB_1[/tex].
Prema tome, površine tri bočne strane su [tex]2l[/tex], [tex]3l[/tex] i [tex]4l[/tex], pa je
[tex]2l+3l+4l=45\Rightarrow 9l=45\Rightarrow l=5[/tex]

Rešenje:
Površina [tex]S_1[/tex] prizme jednaka je zbiru površine omotača [tex]S[/tex] i površina dveju osnova:
[tex]S_1=S+2S_{ABCD}[/tex]
Osnova je trapez sa osnovicama [tex]AB[/tex], [tex]CD[/tex] i visinom [tex]5[/tex], pa je
[tex]S_{ABCD}=\frac{AB+CD}{2}\cdot 5=\frac{14+6}{2}\cdot 5=50[/tex]
Dakle, površina omotača je
[tex]S=S_1-2S_{ABCD}=450-2\cdot 50=350[/tex]
Primetimo da nisu potrebni ni kraci trapeza ni visina prizme.

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] podnožje visine iz [tex]D[/tex] na ravan [tex]ABC[/tex]. Pravougli trouglovi [tex]DOA[/tex], [tex]DOB[/tex] i [tex]DOC[/tex] imaju zajedničku katetu [tex]DO[/tex] i jednake hipotenuze [tex]DA=DB=DC[/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 sinusnoj teoremi u [tex]\triangle ABC[/tex]:
[tex]AB=2R\sin \angle ACB\Rightarrow 3=2R\cdot \frac{1}{2}\Rightarrow R=3[/tex]
Iz pravouglog trougla [tex]DOA[/tex]:
[tex]DO=\sqrt{DA^2-OA^2}=\sqrt{25-9}=4[/tex]
Primetimo da sam trougao [tex]ABC[/tex] nije jednoznačno određen datim podacima, ali visina jeste.

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] presečna tačka dijagonala kvadrata [tex]ABCD[/tex]. Piramida je pravilna, pa je njena visina [tex]MO[/tex], a [tex]AO[/tex] je ortogonalna projekcija [tex]AM[/tex] na osnovu; zato je ugao između [tex]AM[/tex] i osnove [tex]\angle MAO=45^{\circ}[/tex].
Pravougli trougao [tex]AOM[/tex] (sa pravim uglom kod [tex]O[/tex]) ima oštar ugao od [tex]45^{\circ}[/tex], pa je jednakokraki:
[tex]MO=AO=\frac{AM}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3[/tex]
Tada je dijagonala kvadrata [tex]AC=2AO=6[/tex], a površina osnove je
[tex]B=\frac{AC^2}{2}=\frac{36}{2}=18[/tex]
Prema tome,
[tex]V=\frac{1}{3}B\cdot MO=\frac{1}{3}\cdot 18\cdot 3=18[/tex]

Rešenje:
Bočne strane su kvadrati, pa je svaka bočna ivica jednaka osnovnoj ivici; njihovu zajedničku dužinu označimo sa [tex]a[/tex].
Šestostrana prizma ima [tex]6+6=12[/tex] osnovnih ivica (na obe osnove) i [tex]6[/tex] bočnih ivica, tj. ukupno [tex]18[/tex] ivica, sve dužine [tex]a[/tex]. Zato je
[tex]18a=90\Rightarrow a=5[/tex]
Omotač se sastoji od [tex]6[/tex] jednakih kvadrata stranice [tex]a=5[/tex], pa je
[tex]S=6a^2=6\cdot 5^2=150[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]ABCDM[/tex] data piramida sa vrhom [tex]M[/tex], centrom osnove [tex]O[/tex] i osnovnom ivicom [tex]a[/tex]. Neka je [tex]K[/tex] središte [tex]BC[/tex]; tada je [tex]MK=k[/tex] apotema (visina jednakokrakog trougla [tex]BCM[/tex]), a [tex]MO=h=\frac{k}{2}[/tex] visina piramide.
Pošto je [tex]MO[/tex] normalna na osnovu, trougao [tex]MOK[/tex] je pravougli sa pravim uglom kod [tex]O[/tex], pri čemu je [tex]OK=\frac{a}{2}[/tex]. Prema Pitagorinoj teoremi
[tex]k^2=h^2+\frac{a^2}{4}=\frac{k^2}{4}+\frac{a^2}{4}\Rightarrow k=\frac{a}{\sqrt{3}}; \ h=\frac{a}{2\sqrt{3}}[/tex]
Omotač se sastoji od četiri podudarna jednakokraka trougla sa osnovicom [tex]a[/tex] i visinom [tex]k[/tex], a zapremina je trećina proizvoda površine osnove i visine:
[tex]S=4\cdot \frac{1}{2}ak=\frac{2a^2}{\sqrt{3}}; \quad V=\frac{1}{3}a^2h=\frac{a^3}{6\sqrt{3}}[/tex]
Uslov [tex]S=6V[/tex] daje
[tex]\frac{2a^2}{\sqrt{3}}=\frac{a^3}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=2[/tex]

Rešenje:
Neka je osnovna ivica [tex]a[/tex], a visina [tex]h[/tex]. Osnova [tex]ABCD[/tex] je kvadrat, a bočne ivice su normalne na osnovu. Iz pravouglog trougla [tex]ABB_1[/tex] (prav ugao kod [tex]B[/tex]):
[tex]a^2+h^2=AB_1^2=25[/tex]
Dijagonala kvadrata je [tex]AC=a\sqrt{2}[/tex], pa iz pravouglog trougla [tex]ACC_1[/tex] (prav ugao kod [tex]C[/tex]):
[tex]2a^2+h^2=AC_1^2=49[/tex]
Oduzimanjem prve jednakosti od druge dobijamo [tex]a^2=24[/tex], odakle je [tex]h^2=1[/tex] i [tex]h=1[/tex]. Zapremina je
[tex]V=a^2h=24\cdot 1=24[/tex]

Rešenje:
Neka je piramida [tex]ABCM[/tex] sa osnovom jednakostraničnim trouglom [tex]ABC[/tex] i visinom [tex]MO[/tex]. Pošto je piramida pravilna, [tex]O[/tex] je centar [tex]\triangle ABC[/tex], tj. njegovo težište.
Neka je [tex]K[/tex] središte [tex]AB[/tex]. Tada [tex]O[/tex] leži na težišnoj duži [tex]CK[/tex], a kako težište deli svaku težišnu duž u odnosu [tex]2:1[/tex] računajući od temena,
[tex]OC=2OK[/tex]
Ortogonalna projekcija bočne ivice [tex]MC[/tex] na osnovu je [tex]OC[/tex], pa je [tex]\angle MCO=\beta[/tex], i iz pravouglog trougla [tex]MOC[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \beta=\frac{MO}{OC}[/tex]
Strana [tex]ABM[/tex] je jednakokraki trougao, pa je njegova težišna duž [tex]MK[/tex] ujedno i visina: [tex]MK\perp AB[/tex]. Takođe je [tex]OK\perp AB[/tex], jer je [tex]CK[/tex] visina jednakostraničnog trougla [tex]ABC[/tex]. Dakle, [tex]\angle MKO[/tex] je linearni ugao diedra kod ivice [tex]AB[/tex], tj. [tex]\angle MKO=\alpha[/tex], i iz pravouglog trougla [tex]MOK[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \alpha=\frac{MO}{OK}[/tex]
Prema tome,
[tex]\operatorname{tg} \alpha=\frac{MO}{OK}=\frac{2MO}{OC}=2\operatorname{tg} \beta[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] ortogonalna projekcija tačke [tex]D[/tex] na ravan [tex](ABC)[/tex]. Prava normalna na ravan normalna je na svaku pravu te ravni, pa je [tex]DO\perp OA[/tex], [tex]DO\perp OB[/tex], [tex]DO\perp OC[/tex]. Prema Pitagorinoj teoremi u pravouglim trouglovima [tex]DOA[/tex], [tex]DOB[/tex], [tex]DOC[/tex]:
[tex]OA^2=DA^2-DO^2,\quad OB^2=DB^2-DO^2,\quad OC^2=DC^2-DO^2[/tex]
Pošto je [tex]DA=DB=DC[/tex], sledi
[tex]OA=OB=OC[/tex]
Tačka [tex]O[/tex] ne može da se poklapa sa temenom, na primer sa [tex]A[/tex], jer bi tada bilo [tex]OB=OA=0[/tex], tj. [tex]B=A[/tex]. Dakle, [tex]O[/tex] je tačka ravni [tex](ABC)[/tex] jednako udaljena od [tex]A[/tex], [tex]B[/tex] i [tex]C[/tex], tj. centar kružnice opisane oko trougla [tex]ABC[/tex].