Prizme i piramide - zadaci - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Neka je zarubljena piramida [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] sa osnovama kvadratima [tex]ABCD[/tex], [tex]AB=7[/tex], i [tex]A_1B_1C_1D_1[/tex], [tex]A_1B_1=5[/tex], i neka su [tex]O[/tex] i [tex]O_1[/tex] centri osnova; tada je [tex]OO_1[/tex] visina zarubljene piramide. Dijagonalni presek [tex]ACC_1A_1[/tex] sadrži [tex]OO_1[/tex], pa je normalan na osnovu; on je jednakokraki trapez sa osnovicama
[tex]AC=7\sqrt{2},\quad A_1C_1=5\sqrt{2}[/tex]
Neka je [tex]H[/tex] podnožje normale iz [tex]A_1[/tex] na [tex]AC[/tex]. Duž [tex]A_1H[/tex] leži u ravni normalnoj na osnovu i normalna je na zajedničku pravu [tex]AC[/tex], pa je [tex]A_1H\perp(ABC)[/tex] i [tex]A_1H=h[/tex] je visina zarubljene piramide. U jednakokrakom trapezu je
[tex]AH=\frac{AC-A_1C_1}{2}=\sqrt{2},\quad HC=AC-AH=6\sqrt{2}[/tex]
Iz pravouglog trougla [tex]A_1HC[/tex], čija je hipotenuza dijagonala [tex]A_1C=9[/tex] zarubljene piramide:
[tex]h^2=A_1C^2-HC^2=81-72=9\Rightarrow h=3[/tex]
Površine osnova su [tex]S_1=7^2=49[/tex] i [tex]S_2=5^2=25[/tex], pa je po formuli za zapreminu zarubljene piramide
[tex]V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)=\frac{3}{3}(49+25+35)=109[/tex]

Rešenje:
Neka su [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] ivice suda u centimetrima. Zapremina vode je [tex]90[/tex] litara, tj. [tex]90\,000[/tex] kubnih centimetara. Kada sud stoji na nekoj strani, voda ispunjava kvadar čija je osnova ta strana, a visina nivo vode. Prema tome,
[tex]ab\cdot 30=90\,000,\quad ac\cdot 37{,}5=90\,000,\quad bc\cdot 45=90\,000[/tex]
[tex]ab=3000,\quad ac=2400,\quad bc=2000[/tex]
Množenjem ove tri jednakosti dobijamo
[tex](abc)^2=3000\cdot 2400\cdot 2000=144\cdot 10^8\Rightarrow V=abc=12\cdot 10^4=120\,000[/tex]
Dakle, zapremina suda je [tex]120\,000[/tex] kubnih centimetara, tj. [tex]120[/tex] kubnih decimetara ili [tex]120[/tex] litara. Provera: ivice su [tex]a=\frac{abc}{bc}=60[/tex], [tex]b=\frac{abc}{ac}=50[/tex], [tex]c=\frac{abc}{ab}=40[/tex] cm, i u svakom položaju nivo vode je ispod gornje strane suda: [tex]30\lt 40[/tex], [tex]37{,}5\lt 50[/tex], [tex]45\lt 60[/tex].

Rešenje:
Neka su [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] ivice iz jednog temena. Ako je za osnovu izabrana strana sa stranicama [tex]a[/tex] i [tex]b[/tex], bočne strane su dva pravougaonika sa stranicama [tex]a[/tex], [tex]c[/tex] i dva sa stranicama [tex]b[/tex], [tex]c[/tex], pa je površina omotača [tex]2ac+2bc[/tex]. Za druga dva izbora osnove ona je [tex]2ab+2ac[/tex] i [tex]2ab+2bc[/tex].
Uvedimo [tex]x=ab[/tex], [tex]y=bc[/tex], [tex]z=ca[/tex]. Uz odgovarajuće označavanje ivica možemo pretpostaviti da je
[tex]2(y+z)=10; \quad 2(x+z)=16; \quad 2(x+y)=18\Rightarrow y+z=5; \quad x+z=8; \quad x+y=9[/tex]
Sabiranjem ove tri jednakosti dobijamo [tex]2(x+y+z)=22[/tex], tj. [tex]x+y+z=11[/tex], odakle je
[tex]x=6; \quad y=3; \quad z=2[/tex]
Za zapreminu [tex]V=abc[/tex] važi
[tex]V^2=ab\cdot bc\cdot ca=xyz=36\Rightarrow V=6[/tex]
Provera: ivice su [tex]a=2[/tex], [tex]b=3[/tex], [tex]c=1[/tex], a tri površine omotača su [tex]2\cdot 1\cdot (2+3)=10[/tex], [tex]2\cdot 2\cdot (3+1)=16[/tex] i [tex]2\cdot 3\cdot (1+2)=18[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]ABCM[/tex] data piramida sa vrhom [tex]M[/tex], [tex]MA=MB=MC=10[/tex] i osnovnom ivicom [tex]AB=2x[/tex]. Tri bočne strane su podudarni jednakokraki trouglovi, pa je površina svake od njih [tex]\frac{144}{3}=48[/tex].
Neka je [tex]K[/tex] središte ivice [tex]AB[/tex]. U jednakokrakom [tex]\triangle ABM[/tex] težišna duž [tex]MK[/tex] je i visina (apotema), a iz pravouglog [tex]\triangle AKM[/tex] dobijamo [tex]MK=\sqrt{100-x^2}[/tex]. Iz površine bočne strane
[tex]\frac{1}{2}\cdot 2x\cdot \sqrt{100-x^2}=48\Rightarrow x^2(100-x^2)=2304\Rightarrow x^4-100x^2+2304=0[/tex]
Iz ove bikvadratne jednačine je [tex]x^2=36[/tex] ili [tex]x^2=64[/tex], tj. [tex]x=6[/tex] ili [tex]x=8[/tex], odakle je [tex]AB=12[/tex] ili [tex]AB=16[/tex].
Obe piramide postoje: podnožje visine [tex]h[/tex] je centar kružnice opisane oko osnove, poluprečnika [tex]R=\frac{AB}{\sqrt{3}}[/tex], pa je [tex]h^2=MA^2-R^2=100-\frac{AB^2}{3}[/tex]; za [tex]AB=12[/tex] dobijamo [tex]h^2=52\gt 0[/tex], a za [tex]AB=16[/tex] dobijamo [tex]h^2=\frac{44}{3}\gt 0[/tex].
Prema tome, osnovna ivica je [tex]12[/tex] cm ili [tex]16[/tex] cm.

Rešenje:
Neka je [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] data zarubljena piramida, [tex]AB=2[/tex], [tex]A_1B_1=1[/tex], a [tex]O[/tex] i [tex]O_1[/tex] centri osnova, [tex]OO_1=3[/tex]. Dijagonale [tex]AC_1[/tex] i [tex]A_1C[/tex] leže u dijagonalnom preseku [tex]ACC_1A_1[/tex], jednakokrakom trapezu sa osnovicama [tex]AC=2\sqrt{2}[/tex] i [tex]A_1C_1=\sqrt{2}[/tex]; neka se seku u tački [tex]T[/tex]. Zbog simetrije sve četiri dijagonale prolaze kroz ovu tačku ose [tex]OO_1[/tex].
Trouglovi [tex]TAC[/tex] i [tex]TC_1A_1[/tex] su slični ([tex]AC\parallel A_1C_1[/tex]) sa koeficijentom [tex]\frac{AC}{A_1C_1}=2[/tex], pa se njihove visine iz [tex]T[/tex], tj. rastojanja tačke [tex]T[/tex] od osnova, odnose kao [tex]2:1[/tex]. Dakle, [tex]T[/tex] je na rastojanju [tex]2[/tex] od veće osnove i [tex]1[/tex] od manje.
Produžimo bočne ivice do cele piramide sa vrhom [tex]M[/tex]. Pošto se osnovne ivice odnose kao [tex]1:2[/tex], visina cele piramide je [tex]6[/tex]. Presek kroz [tex]T[/tex] je kvadrat na rastojanju [tex]6-2=4[/tex] od [tex]M[/tex], pa su njegova stranica [tex]x[/tex] i površina [tex]S[/tex]
[tex]x=2\cdot \frac{4}{6}=\frac{4}{3}\Rightarrow S=x^2=\frac{16}{9}[/tex]
Po formuli [tex]V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)[/tex] za dve dobijene zarubljene piramide (sa visinama [tex]2[/tex] i [tex]1[/tex]):
[tex]V_1=\frac{2}{3}\left(4+\frac{16}{9}+\frac{8}{3}\right)=\frac{152}{27}; \quad V_2=\frac{1}{3}\left(\frac{16}{9}+1+\frac{4}{3}\right)=\frac{37}{27}[/tex]
Provera: [tex]V_1+V_2=7=\frac{3}{3}(4+1+2)[/tex] je zapremina cele zarubljene piramide.

Rešenje:
Neka je [tex]MO[/tex] visina piramide, a [tex]K[/tex], [tex]L[/tex], [tex]N[/tex] podnožja normala iz [tex]O[/tex] na prave [tex]AB[/tex], [tex]BC[/tex], [tex]CA[/tex]. Prema teoremi o tri normale [tex]MK\perp AB[/tex], [tex]ML\perp BC[/tex], [tex]MN\perp CA[/tex], pa su [tex]\angle MKO[/tex], [tex]\angle MLO[/tex], [tex]\angle MNO[/tex] linearni uglovi diedara kod osnovnih ivica i svaki od njih je jednak [tex]45^{\circ}[/tex].
Pravougli trouglovi [tex]MOK[/tex], [tex]MOL[/tex], [tex]MON[/tex] imaju zajedničku katetu [tex]MO[/tex] i jednake oštre uglove, pa su podudarni i [tex]OK=OL=ON[/tex]. Diedarski uglovi su oštri, pa [tex]O[/tex] leži u unutrašnjosti [tex]\triangle ABC[/tex]; dakle, [tex]O[/tex] je centar kružnice upisane u [tex]\triangle ABC[/tex], a [tex]OK=r[/tex] je njen poluprečnik. Pravougli trougao [tex]MOK[/tex] ima ugao od [tex]45^{\circ}[/tex], pa je jednakokraki i [tex]MO=OK=r[/tex].
U jednakokrakom trouglu [tex]ABC[/tex] visina [tex]CH[/tex] je ujedno i težišna duž, pa je [tex]AH=3[/tex], i iz pravouglog trougla [tex]AHC[/tex]:
[tex]CH=\sqrt{5^2-3^2}=4,\quad S_{ABC}=\frac{6\cdot 4}{2}=12[/tex]
Poluobim je [tex]p=\frac{6+5+5}{2}=8[/tex], pa je
[tex]MO=r=\frac{S_{ABC}}{p}=\frac{12}{8}=\frac{3}{2}[/tex]
Zapremina piramide je
[tex]V=\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot MO=\frac{1}{3}\cdot 12\cdot \frac{3}{2}=6[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]a[/tex] osnovna ivica, [tex]l[/tex] bočna ivica, [tex]K[/tex] središte [tex]AB[/tex] i [tex]k=MK[/tex] apotema. Tri bočne strane su podudarni jednakokraki trouglovi, pa je površina piramide [tex]S=S_{ABC}+3S_{ABM}[/tex]. Kako je [tex]S_{ABC}=\frac{S}{4}[/tex],
[tex]3S_{ABM}=S-S_{ABC}=\frac{3S}{4}=3S_{ABC}\Rightarrow S_{ABM}=S_{ABC}[/tex]
U jednakokrakoj strani [tex]ABM[/tex] težišna duž [tex]MK[/tex] je ujedno i visina, pa je
[tex]\frac{1}{2}ak=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\Rightarrow k=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex]
Iz pravouglog trougla [tex]MKB[/tex]:
[tex]l^2=k^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{a^2}{4}=a^2\Rightarrow l=a[/tex]
Dakle, sve ivice piramide su jednake (ona je pravilni tetraedar). Piramida ima [tex]3[/tex] osnovne i [tex]3[/tex] bočne ivice, pa je
[tex]6a=120\Rightarrow l=a=20[/tex]

Rešenje:
Pošto je [tex]A_1C\perp(ABC)[/tex], duž [tex]A_1C=h[/tex] je visina prizme. Konstruišimo [tex]CK\perp AB[/tex] ([tex]K\in AB[/tex]). Prema teoremi o tri normale [tex]A_1K\perp AB[/tex], pa je [tex]\angle A_1KC=60^{\circ}[/tex] linearni ugao diedra kod ivice [tex]AB[/tex]. Neka je [tex]CK=x[/tex]; iz pravouglog trougla [tex]A_1CK[/tex] dobijamo [tex]h=x\sqrt{3}[/tex] i [tex]A_1K=2x[/tex].
Površina osnove je [tex]S_{ABC}=\frac{AB\cdot CK}{2}=\frac{3x}{2}[/tex], pa je
[tex]V=\frac{3x}{2}\cdot x\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}x^2=3\sqrt{3}\Rightarrow x=\sqrt{2},\ h=\sqrt{6},\ A_1K=2\sqrt{2}[/tex]
U pravouglom trouglu [tex]ABC[/tex] važi [tex]AC^2+BC^2=AB^2=9[/tex] i [tex]AC\cdot BC=AB\cdot CK=3\sqrt{2}[/tex], pa je
[tex](AC+BC)^2=9+6\sqrt{2}=3(\sqrt{2}+1)^2,\quad (AC-BC)^2=9-6\sqrt{2}=3(\sqrt{2}-1)^2[/tex]
Kako je [tex]AC\gt BC[/tex], dobijamo [tex]AC+BC=\sqrt{3}(\sqrt{2}+1)[/tex] i [tex]AC-BC=\sqrt{3}(\sqrt{2}-1)[/tex], odakle je [tex]AC=\sqrt{6}[/tex], [tex]BC=\sqrt{3}[/tex], a površina svake osnove je [tex]S_{ABC}=\frac{\sqrt{6}\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}[/tex].
Strana [tex]ABB_1A_1[/tex] je paralelogram sa stranicom [tex]AB=3[/tex] i odgovarajućom visinom [tex]A_1K=2\sqrt{2}[/tex], pa je [tex]S_{ABB_1A_1}=3\cdot 2\sqrt{2}=6\sqrt{2}[/tex].
U paralelogramu [tex]ACC_1A_1[/tex] važi [tex]A_1C\perp AC[/tex], pa je [tex]A_1C[/tex] njegova visina na stranicu [tex]AC[/tex] i [tex]S_{ACC_1A_1}=AC\cdot A_1C=\sqrt{6}\cdot \sqrt{6}=6[/tex].
Najzad, [tex]BC\perp AC[/tex] i [tex]BC\perp A_1C[/tex], pa je [tex]BC\perp(ACC_1A_1)[/tex] i [tex]BC\perp CC_1[/tex]. Dakle, [tex]BCC_1B_1[/tex] je pravougaonik sa stranicama [tex]BC=\sqrt{3}[/tex] i [tex]CC_1=AA_1=\sqrt{AC^2+A_1C^2}=2\sqrt{3}[/tex] (iz pravouglog trougla [tex]ACA_1[/tex]), i [tex]S_{BCC_1B_1}=\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}=6[/tex].
Površina prizme je
[tex]S=2\cdot \frac{3\sqrt{2}}{2}+6\sqrt{2}+6+6=12+9\sqrt{2}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]AD=BC=x[/tex], [tex]AB=CD=y[/tex] (dakle [tex]y\gt x[/tex]) i [tex]DM=h[/tex]. Pošto je [tex]DM\perp(ABCD)[/tex], trouglovi [tex]ADM[/tex], [tex]CDM[/tex] i [tex]BDM[/tex] su pravougli sa pravim uglom kod [tex]D[/tex], pa prema Pitagorinoj teoremi
[tex]MA^2=h^2+x^2; \quad MC^2=h^2+y^2; \quad MB^2=h^2+BD^2=h^2+x^2+y^2[/tex]
Dakle, [tex]MB[/tex] je najduža od tri ivice, a [tex]MC\gt MA[/tex] jer je [tex]y\gt x[/tex]. Zato je [tex]MB=5\sqrt{10}[/tex], [tex]MC=15[/tex], [tex]MA=13[/tex] i
[tex]x^2=MB^2-MC^2=250-225=25\Rightarrow x=5[/tex]
[tex]y^2=MB^2-MA^2=250-169=81\Rightarrow y=9[/tex]
[tex]h^2=MA^2-x^2=169-25=144\Rightarrow h=12[/tex]
Ortogonalna projekcija [tex]MA[/tex] na osnovu je [tex]DA[/tex] i [tex]AB\perp DA[/tex], pa prema teoremi o tri normale [tex]AB\perp MA[/tex]. Analogno iz [tex]BC\perp DC[/tex] sledi [tex]BC\perp MC[/tex]. Dakle, sve četiri bočne strane su pravougli trouglovi:
[tex]S_{ADM}=\frac{5\cdot 12}{2}=30; \quad S_{CDM}=\frac{9\cdot 12}{2}=54[/tex]
[tex]S_{ABM}=\frac{AB\cdot MA}{2}=\frac{9\cdot 13}{2}=\frac{117}{2}; \quad S_{BCM}=\frac{BC\cdot MC}{2}=\frac{5\cdot 15}{2}=\frac{75}{2}[/tex]
Površina osnove je [tex]5\cdot 9=45[/tex], pa je površina piramide
[tex]S=45+30+54+\frac{117}{2}+\frac{75}{2}=225[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]MO[/tex] visina piramide, [tex]O\in(ABCD)[/tex]. Pravougli trouglovi [tex]AOM[/tex], [tex]BOM[/tex], [tex]COM[/tex], [tex]DOM[/tex] imaju zajedničku katetu [tex]MO[/tex] i jednake hipotenuze [tex]MA=MB=MC=MD=65[/tex], pa su podudarni i [tex]OA=OB=OC=OD[/tex]. Dakle, [tex]O[/tex] je centar kružnice opisane oko trapeza [tex]ABCD[/tex].
Trapez upisan u kružnicu je jednakokraki: [tex]\angle A+\angle D=180^{\circ}[/tex] jer je [tex]AB\parallel CD[/tex], a [tex]\angle A+\angle C=180^{\circ}[/tex] kao naspramni uglovi tetivnog četvorougla, pa je [tex]\angle C=\angle D[/tex] i [tex]AD=BC=30[/tex].
Neka je [tex]CH\perp AB[/tex], [tex]H\in AB[/tex]. Tada je [tex]BH=\frac{AB-CD}{2}=18[/tex], pa iz pravouglog trougla [tex]BHC[/tex]
[tex]CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\sqrt{30^2-18^2}=24[/tex]
Neka je [tex]P[/tex] središte [tex]AB[/tex]; tada je [tex]PA=PB=25[/tex] i [tex]PH=PB-BH=7[/tex], pa iz pravouglog trougla [tex]PHC[/tex]
[tex]PC=\sqrt{PH^2+CH^2}=\sqrt{7^2+24^2}=25[/tex]
Zbog simetrije jednakokrakog trapeza [tex]PD=PC=25[/tex]. Dakle, tačka [tex]P[/tex] je jednako udaljena od sva četiri temena, tj. [tex]O=P[/tex] je središte [tex]AB[/tex] i [tex]OA=25[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]AOM[/tex]
[tex]MO=\sqrt{MA^2-OA^2}=\sqrt{65^2-25^2}=\sqrt{3600}=60[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]AB=a[/tex] i [tex]BC=b[/tex]; tada je [tex]2(a+b)=22[/tex], tj. [tex]a+b=11[/tex], i [tex]AA_1=CC_1=4[/tex].
Pošto je [tex]AA_1\perp(ABC)[/tex], projekcija [tex]A_1B[/tex] na osnovu je [tex]AB[/tex], pa je ugao između [tex]A_1B[/tex] i osnove [tex]\varphi=\angle A_1BA[/tex]. Analogno, ugao između [tex]C_1B[/tex] i osnove je [tex]\psi=\angle C_1BC[/tex]. Iz pravouglih trouglova [tex]ABA_1[/tex] i [tex]CBC_1[/tex]
[tex]\operatorname{tg} \varphi=\frac{4}{a}; \quad \operatorname{tg} \psi=\frac{4}{b}[/tex]
Dijagonale imaju različite dužine, pa je [tex]a\neq b[/tex]; neka je [tex]a\gt b[/tex] (drugi slučaj je simetričan). Tada je [tex]\operatorname{tg} \varphi\lt\operatorname{tg} \psi[/tex], tj. [tex]\varphi\lt\psi[/tex], pa je [tex]\psi=2\varphi[/tex], pri čemu je [tex]\varphi\lt 45^{\circ}[/tex] jer je [tex]\psi\lt 90^{\circ}[/tex]. Tada je
[tex]\frac{4}{b}=\operatorname{tg} 2\varphi=\frac{2\operatorname{tg} \varphi}{1-\operatorname{tg} ^2\varphi}=\frac{\frac{8}{a}}{1-\frac{16}{a^2}}=\frac{8a}{a^2-16}\Rightarrow a^2-16=2ab[/tex]
Zamenom [tex]b=11-a[/tex] dobijamo
[tex]a^2-16=22a-2a^2\iff 3a^2-22a-16=0\iff (a-8)(3a+2)=0[/tex]
Dakle, [tex]a=8[/tex] (drugi koren je negativan) i [tex]b=3[/tex]. Provera: [tex]\operatorname{tg} \varphi=\frac{1}{2}[/tex] i [tex]\operatorname{tg} 2\varphi=\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{3}=\operatorname{tg} \psi[/tex]. Zapremina je
[tex]V=a\cdot b\cdot AA_1=8\cdot 3\cdot 4=96[/tex]

Rešenje:
Neka su ivice gornje osnove i bočne ivice dužine [tex]x[/tex], a ivice donje osnove dužine [tex]y[/tex]. Svaka bočna strana, na primer [tex]ABB_1A_1[/tex], je jednakokraki trapez sa osnovicama [tex]y[/tex] i [tex]x[/tex], kracima [tex]x[/tex] i visinom jednakom apotemi [tex]4[/tex]. Iz obima:
[tex]3x+y=26\Rightarrow y=26-3x[/tex]
Neka je [tex]A_1K[/tex] visina trapeza ([tex]K[/tex] pripada [tex]AB[/tex]). U jednakokrakom trapezu je [tex]AK=\frac{y-x}{2}=13-2x[/tex], pa prema Pitagorinoj teoremi u pravouglom trouglu [tex]AKA_1[/tex] dobijamo
[tex]x^2=4^2+(13-2x)^2\Rightarrow 3x^2-52x+185=0\Rightarrow x=5\text{ ili }x=\frac{37}{3}[/tex]
Za drugi koren je [tex]y=26-37\lt 0[/tex], pa je [tex]x=5[/tex] i [tex]y=11[/tex]. Površina omotača i površine osnova su
[tex]S_L=4\cdot \frac{11+5}{2}\cdot 4=128,\quad S_{ABCD}=11^2=121,\quad S_{A_1B_1C_1D_1}=5^2=25[/tex]
Dakle, površina zarubljene piramide je
[tex]S=128+121+25=274[/tex]

Rešenje:
Neka su [tex]O[/tex] i [tex]O_1[/tex] centri osnova [tex]ABC[/tex] i [tex]A_1B_1C_1[/tex]. Pošto je zarubljena piramida pravilna, [tex]OO_1=h[/tex] je njena visina. Poluprečnici kružnica opisanih oko jednakostraničnih trouglova osnova su
[tex]OA=\frac{13\sqrt{3}}{3},\quad O_1A_1=\frac{\sqrt{3}}{3}[/tex]
Četvorougao [tex]AOO_1A_1[/tex] je pravougli trapez. Spustimo normalu [tex]A_1P[/tex] na [tex]AO[/tex]; tada je [tex]A_1P=h[/tex] i [tex]AP=OA-O_1A_1=4\sqrt{3}[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]APA_1[/tex]:
[tex]h^2=AA_1^2-AP^2=64-48=16\Rightarrow h=4[/tex]
Površine osnova su [tex]S_1=\frac{13^2\sqrt{3}}{4}=\frac{169\sqrt{3}}{4}[/tex] i [tex]S_2=\frac{\sqrt{3}}{4}[/tex], pa je [tex]\sqrt{S_1S_2}=\frac{13\sqrt{3}}{4}[/tex]. Prema formuli za zapreminu zarubljene piramide:
[tex]V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)=\frac{4}{3}\cdot \frac{(169+1+13)\sqrt{3}}{4}=61\sqrt{3}[/tex]

Rešenje:
Neka su normalne strane [tex]ABB_1A_1[/tex] (površine [tex]24[/tex]) i [tex]ACC_1A_1[/tex] (površine [tex]30[/tex]); njihova zajednička ivica je [tex]AA_1[/tex]. Ravan normalna na bočne ivice seče prave [tex]AA_1[/tex], [tex]BB_1[/tex], [tex]CC_1[/tex] u tačkama [tex]K[/tex], [tex]L[/tex], [tex]N[/tex]; trougao [tex]KLN[/tex] je normalni presek prizme.
Duž [tex]KL[/tex] leži u strani [tex]ABB_1A_1[/tex] i [tex]KL\perp AA_1[/tex], pa je to visina tog paralelograma na stranicu [tex]AA_1=6[/tex]. Analogno i za [tex]KN[/tex]:
[tex]KL=\frac{24}{6}=4,\quad KN=\frac{30}{6}=5[/tex]
Pošto je [tex]KL\perp AA_1[/tex] i [tex]KN\perp AA_1[/tex], ugao [tex]LKN[/tex] je linearni ugao diedarskog ugla između te dve strane, pa je [tex]\angle LKN=90^{\circ}[/tex] i
[tex]S_{KLN}=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 5=10[/tex]
Zapremina kose prizme jednaka je proizvodu površine njenog normalnog preseka i bočne ivice (deo prizme između osnove [tex]ABC[/tex] i preseka [tex]KLN[/tex] može se pomeriti duž ivica za [tex]AA_1[/tex] do druge osnove, čime se dobija prava prizma sa osnovom [tex]KLN[/tex] i visinom [tex]6[/tex]). Dakle,
[tex]V=S_{KLN}\cdot AA_1=10\cdot 6=60[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]AB=a[/tex], [tex]A_1B_1=b[/tex] ([tex]a\gt b[/tex]), neka su [tex]O[/tex] i [tex]O_1[/tex] centri osnova ([tex]OO_1[/tex] je visina), a [tex]K[/tex] i [tex]K_1[/tex] središta ivica [tex]AB[/tex] i [tex]A_1B_1[/tex]. Strana [tex]ABB_1A_1[/tex] je jednakokraki trapez, pa je [tex]KK_1\perp AB[/tex] i [tex]KK_1=k[/tex] je apotema; osim toga, [tex]OK\perp AB[/tex]. Zato je [tex]\angle K_1KO=\alpha[/tex] linearni ugao diedarskog ugla kod ivice [tex]AB[/tex].
U pravouglom trapezu [tex]OO_1K_1K[/tex] je [tex]OK=\frac{a}{2}[/tex], [tex]O_1K_1=\frac{b}{2}[/tex]. Spustimo [tex]K_1H\perp OK[/tex]; iz pravouglog trougla [tex]KHK_1[/tex]:
[tex]KH=\frac{a-b}{2}=k\cos\alpha\Rightarrow k=\frac{a-b}{2\cos\alpha}[/tex]
Omotač se sastoji od četiri podudarna trapeza:
[tex]S=4\cdot \frac{a+b}{2}\cdot k=\frac{a^2-b^2}{\cos\alpha}[/tex]
Iz uslova [tex]S=a^2+b^2[/tex] dobijamo
[tex]a^2-b^2=(a^2+b^2)\cos\alpha\Rightarrow a^2(1-\cos\alpha)=b^2(1+\cos\alpha)[/tex]
[tex]\frac{a^2}{b^2}=\frac{1+\cos\alpha}{1-\cos\alpha}=\frac{2\cos^2\frac{\alpha}{2}}{2\sin ^2\frac{\alpha}{2}}=\operatorname{ctg} ^2\frac{\alpha}{2}[/tex]
Pošto je [tex]\frac{\alpha}{2}[/tex] oštar ugao, [tex]\frac{a}{b}=\operatorname{ctg} \frac{\alpha}{2}[/tex], pa je odnos obima
[tex]\frac{4a}{4b}=\operatorname{ctg} \frac{\alpha}{2}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]DA=x[/tex], [tex]DB=y[/tex], [tex]DC=z[/tex]. Strane [tex]ABD[/tex], [tex]BCD[/tex] i [tex]CAD[/tex] su pravougli trouglovi sa pravim uglom kod [tex]D[/tex], pa je
[tex]B_1=\frac{xy}{2},\quad B_2=\frac{yz}{2},\quad B_3=\frac{zx}{2}[/tex]
Množenjem ovih jednakosti dobijamo
[tex]B_1B_2B_3=\frac{x^2y^2z^2}{8}\Rightarrow xyz=\sqrt{8B_1B_2B_3}=2\sqrt{2B_1B_2B_3}[/tex]
Ivica [tex]DA[/tex] je normalna na dve prave [tex]DB[/tex] i [tex]DC[/tex] ravni [tex](BCD)[/tex] koje se seku, pa je [tex]DA\perp(BCD)[/tex] i [tex]DA=x[/tex] je visina piramide na stranu [tex]BCD[/tex], čija je površina [tex]B_2=\frac{yz}{2}[/tex]. Prema tome,
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{yz}{2}\cdot x=\frac{xyz}{6}=\frac{2\sqrt{2B_1B_2B_3}}{6}=\frac{1}{3}\sqrt{2B_1B_2B_3}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] presečna tačka dijagonala [tex]AC[/tex] i [tex]BD[/tex]; ona je središte obe dijagonale. Trougao [tex]ABD[/tex] ima [tex]AB=AD=a[/tex] i [tex]\angle BAD=60^{\circ}[/tex], pa je jednakostraničan, [tex]BD=a[/tex] i njegova težišna duž je [tex]AO=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex]; dakle, [tex]AC=2AO=a\sqrt{3}[/tex].
Tačka [tex]S[/tex] ne leži u ravni osnove, pa je [tex]SO[/tex] težišna duž trouglova [tex]SAC[/tex] i [tex]SBD[/tex]. Po formuli za dužinu težišne duži
[tex]4SO^2=2SA^2+2SC^2-AC^2=2SB^2+2SD^2-BD^2[/tex]
Zamenom [tex]SA^2=a^2[/tex], [tex]AC^2=3a^2[/tex] i [tex]BD^2=a^2[/tex] dobijamo
[tex]2a^2+2SC^2-3a^2=2SB^2+2SD^2-a^2\iff SC^2=SB^2+SD^2[/tex]
Odavde je [tex]SC\gt SB[/tex], [tex]SC\gt SD[/tex] i [tex]SC^2=SB^2+SD^2\lt(SB+SD)^2[/tex], tj. [tex]SC\lt SB+SD[/tex], pa tri duži zadovoljavaju nejednakosti trougla. Prema obrnutoj Pitagorinoj teoremi, trougao sa stranicama [tex]SB[/tex], [tex]SD[/tex] i [tex]SC[/tex] je pravougli, sa hipotenuzom [tex]SC[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]ABCD[/tex] pravilni tetraedar sa visinom [tex]H[/tex], [tex]P[/tex] unutrašnja tačka, a [tex]d_1,d_2,d_3,d_4[/tex] njena rastojanja od strana [tex]BCD[/tex], [tex]ACD[/tex], [tex]ABD[/tex], [tex]ABC[/tex]. Sve strane su podudarni jednakostranični trouglovi, pa imaju istu površinu [tex]S[/tex].
Duži koje spajaju [tex]P[/tex] sa temenima dele tetraedar na piramide [tex]PBCD[/tex], [tex]PACD[/tex], [tex]PABD[/tex], [tex]PABC[/tex]; pošto je [tex]P[/tex] unutrašnja tačka, one ispunjavaju tetraedar bez preklapanja. Njihove osnove su strane tetraedra, a visine su [tex]d_1,d_2,d_3,d_4[/tex], pa je
[tex]V_{ABCD}=\frac{1}{3}Sd_1+\frac{1}{3}Sd_2+\frac{1}{3}Sd_3+\frac{1}{3}Sd_4=\frac{1}{3}S\,(d_1+d_2+d_3+d_4)[/tex]
S druge strane, za osnovu [tex]ABC[/tex] i visinu [tex]H[/tex] je
[tex]V_{ABCD}=\frac{1}{3}SH[/tex]
Poređenjem ova dva izraza i deljenjem sa [tex]\frac{1}{3}S\neq 0[/tex] dobijamo [tex]d_1+d_2+d_3+d_4=H[/tex] za svaku unutrašnju tačku [tex]P[/tex].

Rešenje:
Neka je piramida [tex]ABCDM[/tex] sa vrhom [tex]M[/tex] i osnovom kvadratom [tex]ABCD[/tex] stranice [tex]a[/tex] i centra [tex]O[/tex]. Pošto je piramida pravilna, podnožje njene visine je centar osnove: [tex]MO\perp(ABCD)[/tex].
Neka je [tex]K[/tex] središte [tex]BC[/tex] i [tex]\gamma=\angle BMC[/tex]. Trougao [tex]BCM[/tex] je jednakokraki ([tex]MB=MC[/tex]), pa je njegova težišna duž [tex]MK[/tex] ujedno visina i simetrala ugla: [tex]MK\perp BC[/tex] i [tex]\angle BMK=\frac{\gamma}{2}[/tex]. Takođe je [tex]OK\parallel AB[/tex], pa je [tex]OK\perp BC[/tex] i [tex]OK=\frac{a}{2}[/tex].
Dakle, [tex]\angle MKO[/tex] je linearni ugao diedra kod ivice [tex]BC[/tex], tj. [tex]\angle MKO=\alpha[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]MOK[/tex] (prav ugao kod [tex]O[/tex]):
[tex]\cos\alpha=\frac{OK}{MK}=\frac{a}{2MK}[/tex]
Iz pravouglog trougla [tex]BKM[/tex] (prav ugao kod [tex]K[/tex], [tex]BK=\frac{a}{2}[/tex]):
[tex]\operatorname{tg} \frac{\gamma}{2}=\frac{BK}{MK}=\frac{a}{2MK}[/tex]
Oba izraza su jednaka, pa je [tex]\cos\alpha=\operatorname{tg} \frac{\gamma}{2}[/tex].