Valjak, kupa i lopta - zadaci - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Neka su [tex]R\gt r[/tex] poluprečnici osnova, [tex]h[/tex] visina, [tex]l[/tex] izvodnica i [tex]\rho[/tex] poluprečnik sfere. Osni presek je jednakokraki trapez [tex]ABCD[/tex] ([tex]AB=2R[/tex], [tex]CD=2r[/tex], [tex]AD=BC=l[/tex]) u koji je upisana velika kružnica sfere; zbog simetrije ona dodiruje [tex]AB[/tex] u njenom središtu [tex]O_1[/tex] i [tex]CD[/tex] u njenom središtu [tex]O_2[/tex].
Tangentne duži iz [tex]A[/tex] jednake su [tex]AO_1=R[/tex], a iz [tex]D[/tex] jednake su [tex]DO_2=r[/tex], pa je [tex]l=AD=R+r[/tex]. Neka je [tex]DH[/tex] visina trapeza; tada je [tex]AH=R-r[/tex] i
[tex]h^2=l^2-(R-r)^2=(R+r)^2-(R-r)^2=4Rr[/tex]
Sfera dodiruje obe osnove, pa je [tex]h=2\rho[/tex] i [tex]\rho^2=Rr[/tex]. Zapremine lopte i zarubljene kupe su
[tex]V_1=\frac{4}{3}\pi\rho^3; \ V_2=\frac{1}{3}\pi h(R^2+Rr+r^2)=\frac{2}{3}\pi\rho(R^2+Rr+r^2)[/tex]
Uslov [tex]V_1=\frac{1}{2}V_2[/tex] daje
[tex]\frac{4}{3}\pi\rho^3=\frac{1}{3}\pi\rho(R^2+Rr+r^2)\Rightarrow 4\rho^2=R^2+Rr+r^2[/tex]
[tex]4Rr=R^2+Rr+r^2\Rightarrow R^2+r^2=3Rr[/tex]
Pošto je [tex]DH[/tex] paralelna osi, ona je normalna na ravan veće osnove. Zato je [tex]AH[/tex] ortogonalna projekcija duži [tex]AD[/tex] na tu ravan i [tex]\beta=\angle DAH[/tex]. Iz pravouglog [tex]\triangle AHD[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \beta=\frac{DH}{AH}=\frac{h}{R-r}\Rightarrow \operatorname{tg} ^2\beta=\frac{4Rr}{R^2-2Rr+r^2}=\frac{4Rr}{3Rr-2Rr}=4[/tex]
Pošto je [tex]\beta[/tex] oštar ugao, [tex]\operatorname{tg} \beta=2[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]h=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex] visina trougla, a [tex]m[/tex] osa. Prava paralelna sa [tex]AC[/tex] na rastojanju [tex]h[/tex] sa iste strane kao [tex]B[/tex] prolazi kroz [tex]B[/tex], pa [tex]m[/tex] leži sa druge strane prave [tex]AC[/tex]: tačke [tex]A[/tex] i [tex]C[/tex] su na rastojanju [tex]h[/tex] od [tex]m[/tex], a tačka [tex]B[/tex] na rastojanju [tex]2h[/tex].
Neka su [tex]A'[/tex], [tex]B'[/tex], [tex]C'[/tex] podnožja normala iz [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex] na [tex]m[/tex]; tada je [tex]A'C'=a[/tex], a [tex]B'[/tex] je središte duži [tex]A'C'[/tex], jer je podnožje visine iz [tex]B[/tex] središte stranice [tex]AC[/tex]. Rotacijom trapeza [tex]A'ABB'[/tex] i [tex]B'BCC'[/tex] dobijaju se dve podudarne zarubljene kupe sa poluprečnicima [tex]h[/tex] i [tex]2h[/tex], visinom [tex]\frac{a}{2}[/tex] i izvodnicom [tex]a[/tex], a rotacijom pravougaonika [tex]A'ACC'[/tex] valjak poluprečnika [tex]h[/tex] i visine [tex]a[/tex].
Trougao se dobija iz dva trapeza uklanjanjem pravougaonika, pa se telo sastoji od dve zarubljene kupe sa valjkastim otvorom. Zapremina [tex]V_1[/tex] jedne zarubljene kupe i zapremina [tex]V_2[/tex] valjka su (uz [tex]h^2=\frac{3a^2}{4}[/tex]):
[tex]V_1=\frac{1}{3}\pi\cdot \frac{a}{2}\left(h^2+h\cdot 2h+(2h)^2\right)=\frac{7\pi ah^2}{6}=\frac{7\pi a^3}{8}[/tex]
[tex]V_2=\pi h^2a=\frac{3\pi a^3}{4}[/tex]
[tex]V=2V_1-V_2=\frac{7\pi a^3}{4}-\frac{3\pi a^3}{4}=\pi a^3[/tex]
Površina tela se sastoji od omotača dve zarubljene kupe (opisuju ih [tex]AB[/tex] i [tex]BC[/tex]) i omotača valjka (opisuje ga [tex]AC[/tex]):
[tex]S=2\cdot \pi(h+2h)a+2\pi ha=8\pi ah=8\pi a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}\pi a^2[/tex]
Dakle, [tex]V=\pi a^3[/tex] i [tex]S=4\sqrt{3}\pi a^2[/tex].

Rešenje:
Ugao ne zavisi od veličine, pa neka je poluprečnik sfera [tex]1[/tex]. Neka su [tex]O_1[/tex], [tex]O_2[/tex], [tex]O_3[/tex] centri sfera koje dodiruju osnovu, [tex]O_4[/tex] centar četvrte sfere, a [tex]S[/tex] vrh kupe. Centri sfera koje se dodiruju su na rastojanju [tex]2[/tex], pa je [tex]O_1O_2O_3O_4[/tex] pravilan tetraedar ivice [tex]2[/tex].
Tačke [tex]O_1[/tex], [tex]O_2[/tex], [tex]O_3[/tex] su na rastojanju [tex]1[/tex] od osnove, pa je ravan [tex]O_1O_2O_3[/tex] paralelna osnovi i normalna na osu; neka osa seče tu ravan u tački [tex]G[/tex]. Pošto [tex]O_4[/tex] leži na osi, [tex]O_4G[/tex] je normala na tu ravan, a jednake kose duži [tex]O_4O_1=O_4O_2=O_4O_3[/tex] imaju jednake projekcije, tj. [tex]G[/tex] je centar jednakostraničnog [tex]\triangle O_1O_2O_3[/tex]. Iz pravouglog [tex]\triangle O_4GO_1[/tex]:
[tex]GO_1=\frac{O_1O_2}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}; \ O_4G=\sqrt{O_4O_1^2-GO_1^2}=\sqrt{4-\frac{4}{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}[/tex]
Posmatrajmo osni presek kroz [tex]O_1[/tex]; neka je [tex]SA[/tex] izvodnica u njemu sa strane tačke [tex]O_1[/tex]. Zbog rotacione simetrije, tačka omotača najbliža tački [tex]O_1[/tex] leži u toj ravni, pa je rastojanje od [tex]O_1[/tex] do prave [tex]SA[/tex] jednako poluprečniku [tex]1[/tex]. Isto važi za tačku [tex]O_4[/tex], koja takođe leži u toj ravni.
Oba centra su unutar kupe, sa iste strane prave [tex]SA[/tex] i na istom rastojanju [tex]1[/tex] od nje, pa je [tex]O_4O_1\parallel SA[/tex]. Zato je polovina ugla pri vrhu [tex]\theta=\angle ASO[/tex] ([tex]O[/tex] je centar osnove) jednaka uglu [tex]GO_4O_1[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \theta=\frac{GO_1}{O_4G}=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{3}{2\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]
Ugao pri vrhu osnog preseka je [tex]\varphi=2\theta[/tex], pa je
[tex]\cos\varphi=\frac{1-\operatorname{tg} ^2\theta}{1+\operatorname{tg} ^2\theta}=\frac{1-\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}[/tex]
(Takva kupa postoji: [tex]\sin \theta=\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex], pa je vrh na rastojanju [tex]SO_4=\frac{1}{\sin \theta}=\sqrt{3}\gt 1[/tex] od [tex]O_4[/tex], iznad četvrte sfere.)

Rešenje:
Neka je [tex]R[/tex] poluprečnik lopte, a [tex]O[/tex] njen centar. Valjak najveće zapremine upisan je u loptu, tj. obe kružnice njegovih osnova leže na sferi (inače bi se mogao povećati, ostajući u lopti).
Centar svake kružnice osnove je podnožje normale iz [tex]O[/tex] na njenu ravan, pa [tex]O[/tex] leži na osi valjka. Kružnice osnova imaju jednake poluprečnike [tex]r[/tex], pa su njihove ravni jednako udaljene od [tex]O[/tex] i [tex]O[/tex] je središte ose. Ako je [tex]h[/tex] visina, osni presek je pravougaonik sa stranicama [tex]2r[/tex] i [tex]h[/tex] upisan u veliki krug, pa je
[tex]r^2+\frac{h^2}{4}=R^2,\qquad 0\lt h\lt 2R[/tex]
Zapremina valjka kao funkcija od [tex]h[/tex] i njen izvod su
[tex]V(h)=\pi r^2h=\pi\left(R^2h-\frac{h^3}{4}\right),\qquad V'(h)=\pi\left(R^2-\frac{3h^2}{4}\right)[/tex]
[tex]V'(h)\gt 0[/tex] za [tex]h\lt\frac{2R}{\sqrt{3}}[/tex] i [tex]V'(h)\lt 0[/tex] za [tex]h\gt\frac{2R}{\sqrt{3}}[/tex], pa se maksimum dostiže za [tex]h=\frac{2R}{\sqrt{3}}[/tex], kada je [tex]r^2=R^2-\frac{R^2}{3}=\frac{2R^2}{3}[/tex]:
[tex]V_{\max}=\pi\cdot \frac{2R^2}{3}\cdot \frac{2R}{\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \frac{4}{3}\pi R^3[/tex]
Zapremina lopte je [tex]\frac{4}{3}\pi R^3=\sqrt{3}[/tex], pa je [tex]V_{\max}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=1[/tex] kubni centimetar.

Rešenje:
Svaka bočna strana dodiruje omotač valjka duž jedne izvodnice, pa je paralelna sa osom. Zato su bočne ivice normalne na osnove i paralelepiped je prava prizma [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] visine [tex]5[/tex], čija je osnova [tex]ABCD[/tex] paralelogram opisan oko kružnice osnove valjka (centar [tex]O[/tex], poluprečnik [tex]1[/tex]).
U tangentnom četvorouglu zbirovi naspramnih stranica su jednaki: [tex]AB+CD=BC+AD[/tex]; pošto je [tex]AB=CD[/tex] i [tex]BC=AD[/tex], dobijamo [tex]AB=BC[/tex], tj. [tex]ABCD[/tex] je romb. Centar romba (presek dijagonala) je centar [tex]O[/tex] upisane kružnice, a visina romba jednaka je prečniku [tex]2[/tex].
Zapremina valjka je [tex]\pi\cdot 1^2\cdot 5=5\pi[/tex], pa za zapreminu [tex]V[/tex] paralelepipeda i površinu njegove osnove važi:
[tex]V=5\pi\cdot \frac{5}{\pi}=25,\qquad S_{ABCD}=\frac{25}{5}=5=2\cdot AB\Rightarrow AB=\frac{5}{2}[/tex]
Neka je [tex]AC=d_1\ge BD=d_2[/tex]. Dijagonale romba su normalne i polove se, pa je
[tex]\frac{d_1d_2}{2}=5,\qquad \left(\frac{d_1}{2}\right)^2+\left(\frac{d_2}{2}\right)^2=\left(\frac{5}{2}\right)^2\Rightarrow d_1d_2=10,\quad d_1^2+d_2^2=25[/tex]
[tex](d_1+d_2)^2=45,\quad (d_1-d_2)^2=5\Rightarrow d_1=2\sqrt{5},\quad d_2=\sqrt{5}[/tex]
Veća dijagonala paralelepipeda je [tex]AC_1[/tex]; njena ortogonalna projekcija na osnovu je veća dijagonala [tex]AC[/tex] (jer je [tex]CC_1\perp(ABC)[/tex]). Iz pravouglog trougla [tex]ACC_1[/tex]:
[tex]AC_1=\sqrt{AC^2+CC_1^2}=\sqrt{20+25}=3\sqrt{5}[/tex]
Sve tačke duži [tex]AC_1[/tex] leže između ravni osnova, pa je tačka duži [tex]AC_1[/tex] unutar valjka tačno onda kada je njena ortogonalna projekcija na osnovu unutar kružnice osnove. Projekcija [tex]AC[/tex] prolazi kroz [tex]O[/tex], a njene tačke unutar kružnice čine prečnik [tex]MN[/tex] dužine [tex]2[/tex]. Neka su [tex]M'[/tex] i [tex]N'[/tex] tačke duži [tex]AC_1[/tex] koje se projektuju u [tex]M[/tex] i [tex]N[/tex]; traženi deo je [tex]M'N'[/tex].
Pošto je [tex]MM'\parallel NN'\parallel CC_1[/tex], prema Talesovoj teoremi
[tex]\frac{M'N'}{AC_1}=\frac{MN}{AC}\Rightarrow M'N'=\frac{2\cdot 3\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}=3[/tex]
Tražena dužina je [tex]3[/tex] cm.

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] centar kvadrata [tex]ABCD[/tex], a [tex]r[/tex] poluprečnik valjka; njegova visina je [tex]2r[/tex]. Imamo [tex]OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex], a iz pravouglog trougla [tex]AOM[/tex]
[tex]MO=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=OA\Rightarrow \angle MAO=45^{\circ}[/tex]
Valjak leži na ravni osnove i dodiruje je duž [tex]AC[/tex]; njegove osnove su normalne na [tex]AC[/tex] i seku [tex]AC[/tex] u tačkama [tex]K[/tex] i [tex]L[/tex], [tex]KL=2r[/tex], pri čemu je [tex]K[/tex] bliže tački [tex]A[/tex]. Zbog simetrije u odnosu na ravan [tex]ACM[/tex], osnova kroz [tex]K[/tex] dodiruje strane [tex]ABM[/tex] i [tex]ADM[/tex], osnova kroz [tex]L[/tex] dodiruje [tex]CBM[/tex] i [tex]CDM[/tex], i [tex]AK=CL=x[/tex].
Ravan osnove kroz [tex]K[/tex] normalna je na [tex]AC[/tex] (dakle paralelna sa [tex]BD[/tex]) i seče [tex]AB[/tex], [tex]AD[/tex], [tex]AM[/tex] u tačkama [tex]P[/tex], [tex]Q[/tex], [tex]N[/tex]. Pošto je [tex]\angle KAB=\angle KAD=45^{\circ}[/tex], dobijamo [tex]KP=KQ=x[/tex] i [tex]PQ=2x[/tex]. Ravan [tex]ACM[/tex] normalna je na osnovu, pa je [tex]NK\perp PQ[/tex], a iz pravouglog trougla [tex]AKN[/tex] sa [tex]\angle NAK=45^{\circ}[/tex] sledi [tex]NK=x[/tex].
Dakle, [tex]PNQ[/tex] je jednakokraki pravougli trougao sa hipotenuzom [tex]PQ=2x[/tex] i katetama [tex]NP=NQ=x\sqrt{2}[/tex]. Kružnica osnove valjka leži u njegovoj ravni i dodiruje [tex]PQ[/tex] (u tački [tex]K[/tex]), [tex]NP[/tex] i [tex]NQ[/tex], tj. to je upisana kružnica [tex]\triangle PNQ[/tex]:
[tex]r=\frac{NP+NQ-PQ}{2}=x(\sqrt{2}-1)\Rightarrow x=r(\sqrt{2}+1)[/tex]
Iz [tex]AC=AK+KL+LC[/tex] sledi:
[tex]a\sqrt{2}=2r(\sqrt{2}+1)+2r=2r(\sqrt{2}+2)\Rightarrow r=\frac{a}{2(\sqrt{2}+1)}=\frac{a(\sqrt{2}-1)}{2}[/tex]
Tada je [tex]x=\frac{a}{2}\lt OA[/tex], tj. [tex]K[/tex] je između [tex]A[/tex] i [tex]O[/tex]; preseci piramide normalni na [tex]AC[/tex] rastu od [tex]A[/tex] do [tex]O[/tex] i simetrično se smanjuju prema [tex]C[/tex], pa je ceo valjak unutar piramide. Njegova zapremina je
[tex]V=\pi r^2\cdot 2r=2\pi r^3=\frac{\pi a^3(\sqrt{2}-1)^3}{4}=\frac{\pi a^3(5\sqrt{2}-7)}{4}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]H[/tex] centar kvadrata [tex]ABCD[/tex] ([tex]SH[/tex] je visina piramide), a [tex]P[/tex] i [tex]Q[/tex] središta ivica [tex]SB[/tex] i [tex]SD[/tex]. Lopta dodiruje [tex]SB[/tex] u tački [tex]P[/tex], pa je [tex]OP\perp SB[/tex], tj. [tex]O[/tex] leži u ravni kroz [tex]P[/tex] normalnoj na [tex]SB[/tex], a to je simetralna ravan duži [tex]SB[/tex]. Pošto je [tex]AS=AB=a[/tex] i [tex]CS=CB=a[/tex], tačke [tex]A[/tex] i [tex]C[/tex] takođe leže u toj ravni.
Na isti način [tex]O[/tex], [tex]A[/tex], [tex]C[/tex] leže u simetralnoj ravni duži [tex]SD[/tex]. Te dve ravni su različite i obe sadrže pravu [tex]AC[/tex], pa se seku po [tex]AC[/tex] i [tex]O\in AC[/tex]. Osim toga, [tex]AC\perp BD[/tex] i [tex]AC\perp SH[/tex], pa je [tex]AC\perp(SBD)[/tex] i [tex]OH\perp HP[/tex].
U pravouglom trouglu [tex]SHB[/tex] težišna duž ka hipotenuzi je [tex]HP=\frac{SB}{2}=\frac{a}{2}[/tex]. Neka je [tex]OH=x[/tex]; iz pravouglog trougla [tex]OHP[/tex] sledi [tex]OP^2=x^2+\frac{a^2}{4}[/tex], a [tex]AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex]. Poluprečnici [tex]OA[/tex] i [tex]OP[/tex] su jednaki. Kada bi [tex]O[/tex] ležala na polupravoj [tex]HC[/tex], bilo bi
[tex]OA^2=\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}+x\right)^2=\frac{a^2}{2}+\sqrt{2}ax+x^2\gt x^2+\frac{a^2}{4}=OP^2[/tex]
što je nemoguće. Dakle, [tex]O[/tex] leži na polupravoj [tex]HA[/tex] i
[tex]\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}-x\right)^2=x^2+\frac{a^2}{4}\Rightarrow \frac{a^2}{2}-\sqrt{2}ax=\frac{a^2}{4}\Rightarrow x=\frac{a\sqrt{2}}{8}[/tex]
Dakle, [tex]O[/tex] je između [tex]H[/tex] i [tex]A[/tex], pa je
[tex]CO=CH+HO=\frac{a\sqrt{2}}{2}+\frac{a\sqrt{2}}{8}=\frac{5a\sqrt{2}}{8}=\frac{5}{8}CA[/tex]
Pošto [tex]C[/tex] leži u ravni [tex](SCD)[/tex], rastojanje od [tex]O[/tex] do [tex](SCD)[/tex] jednako je [tex]\frac{5}{8}[/tex] rastojanja od [tex]A[/tex] do [tex](SCD)[/tex]. Piramide [tex]OSCD[/tex] i [tex]ASCD[/tex] imaju zajedničku osnovu [tex]SCD[/tex], pa je [tex]V_{OSCD}=\frac{5}{8}V_{ASCD}[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]SHA[/tex] je [tex]SH=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex], pa je
[tex]V_{ASCD}=V_{SACD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}a^3}{12}[/tex]
[tex]V_{OSCD}=\frac{5}{8}\cdot \frac{\sqrt{2}a^3}{12}=\frac{5\sqrt{2}a^3}{96}[/tex]

Rešenje:
Neka su [tex]O_1[/tex] i [tex]O_2[/tex] centri sfera poluprečnika [tex]10[/tex] i [tex]3\sqrt{5}[/tex], a njihova zajednička kružnica neka ima centar [tex]Q[/tex] i poluprečnik [tex]6[/tex] i leži u ravni [tex]\alpha[/tex]. Podnožje normale iz centra sfere na ravan preseka je centar kružnice preseka, pa je [tex]O_1Q\perp\alpha[/tex] i [tex]O_2Q\perp\alpha[/tex], tj. [tex]O_1[/tex], [tex]O_2[/tex] i [tex]Q[/tex] leže na jednoj pravoj normalnoj na [tex]\alpha[/tex].
Uzmimo tačku [tex]P[/tex] na kružnici: [tex]QP=6[/tex], [tex]O_1P=10[/tex], [tex]O_2P=3\sqrt{5}[/tex]. Iz pravouglih trouglova [tex]O_1QP[/tex] i [tex]O_2QP[/tex]
[tex]O_1Q=\sqrt{10^2-6^2}=8; \quad O_2Q=\sqrt{45-36}=3[/tex]
Ako su centri s različitih strana ravni [tex]\alpha[/tex], onda je [tex]O_1O_2=O_1Q+QO_2=8+3=11[/tex]; ako su s iste strane, onda je [tex]O_1O_2=O_1Q-O_2Q=8-3=5[/tex].
Oba slučaja su moguća: ako je [tex]O_2[/tex] tačka prave [tex]O_1Q[/tex] na rastojanju [tex]3[/tex] od [tex]Q[/tex] (s bilo koje strane ravni [tex]\alpha[/tex]), svaka tačka kružnice je na rastojanju [tex]\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}[/tex] od [tex]O_2[/tex], tj. kružnica leži na obe sfere, a dve različite sfere seku se najviše po jednoj kružnici.
Dakle, rastojanje između centara je [tex]5[/tex] ili [tex]11[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]M[/tex] vrh, [tex]O[/tex] centar osnove, a [tex]AB[/tex] prečnik osnove; osni presek je jednakokraki trougao [tex]ABM[/tex] sa [tex]MA=MB=l[/tex] i [tex]AB=2r[/tex]. Zbog simetrije centar [tex]I[/tex] lopte leži na osi [tex]MO[/tex], pa ravan osnog preseka seče loptu po velikom krugu čija kružnica dodiruje [tex]AB[/tex], [tex]MA[/tex] i [tex]MB[/tex]. Dakle, poluprečnik [tex]\rho[/tex] lopte jednak je poluprečniku kružnice upisane u trougao [tex]ABM[/tex].
Iz pravouglog trougla [tex]AOM[/tex] visina je [tex]h=\sqrt{l^2-r^2}[/tex]. Površina trougla [tex]ABM[/tex] je [tex]\frac{1}{2}\cdot 2r\cdot h=rh[/tex], a njegov poluobim je [tex]l+r[/tex], pa je
[tex]\rho=\frac{rh}{l+r}=\frac{r\sqrt{(l-r)(l+r)}}{l+r}=r\sqrt{\frac{l-r}{l+r}}[/tex]
Zapremina lopte je
[tex]V=\frac{4}{3}\pi\rho^3=\frac{4}{3}\pi r^3\cdot \frac{l-r}{l+r}\sqrt{\frac{l-r}{l+r}}=\frac{4\pi r^3(l-r)}{3(l+r)}\sqrt{\frac{l-r}{l+r}}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]P[/tex] ortogonalna projekcija tačke [tex]D[/tex] na ravan [tex]ABC[/tex] i [tex]h=DP[/tex]. Duži [tex]PA[/tex], [tex]PB[/tex], [tex]PC[/tex] su projekcije duži [tex]DA[/tex], [tex]DB[/tex], [tex]DC[/tex], pa je [tex]\angle DAP=\angle DBP=60^{\circ}[/tex], [tex]\angle DCP=45^{\circ}[/tex], a iz pravouglih trouglova [tex]DPA[/tex] i [tex]DPB[/tex]
[tex]PA=PB=h\operatorname{ctg} 60^{\circ}=\frac{h}{\sqrt{3}}[/tex]
Neka je [tex]K[/tex] podnožje normale iz [tex]P[/tex] na pravu [tex]CA[/tex]. Prema teoremi o tri normale [tex]DK\perp CA[/tex], pa je [tex]\angle DKP=60^{\circ}[/tex] ugao između strane [tex]DCA[/tex] i osnove, i [tex]PK=h\operatorname{ctg} 60^{\circ}=PA[/tex]. Ako bi bilo [tex]K\ne A[/tex], kateta [tex]PK[/tex] pravouglog trougla [tex]PKA[/tex] bila bi kraća od hipotenuze [tex]PA[/tex]; zato je [tex]K=A[/tex], tj. [tex]PA\perp CA[/tex] i [tex]DA\perp CA[/tex]. Na isti način [tex]PB\perp CB[/tex] i [tex]DB\perp CB[/tex].
Dakle, [tex]\angle DAC=\angle DBC=90^{\circ}[/tex], pa tačke [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex] leže na sferi prečnika [tex]DC[/tex]. Ta sfera prolazi kroz sva četiri temena, pa je to opisana sfera i [tex]DC=2\cdot 3=6[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]DPC[/tex] sa [tex]\angle DCP=45^{\circ}[/tex]
[tex]h=DP=PC=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}; \quad PA=PB=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\sqrt{6}[/tex]
a iz pravouglih trouglova [tex]PAC[/tex] i [tex]PBC[/tex]
[tex]AC=BC=\sqrt{PC^2-PA^2}=\sqrt{18-6}=2\sqrt{3}[/tex]
Pošto je [tex]PA=PB[/tex] i [tex]CA=CB[/tex], prava [tex]PC[/tex] je simetrala duži [tex]AB[/tex]; neka je [tex]E=AB\cap PC[/tex]. Duž [tex]AE[/tex] je visina na hipotenuzu pravouglog trougla [tex]PAC[/tex], pa je
[tex]AE=\frac{PA\cdot AC}{PC}=\frac{\sqrt{6}\cdot 2\sqrt{3}}{3\sqrt{2}}=2; \quad CE=\frac{AC^2}{PC}=\frac{12}{3\sqrt{2}}=2\sqrt{2}[/tex]
Dakle, [tex]AB=2AE=4[/tex] i
[tex]S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot CE=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 2\sqrt{2}=4\sqrt{2}; \quad V=\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot DP=\frac{1}{3}\cdot 4\sqrt{2}\cdot 3\sqrt{2}=8[/tex]

Rešenje:
Neka zarubljena piramida ima donju osnovu [tex]A_1A_2\ldots A_n[/tex], gornju osnovu [tex]B_1B_2\ldots B_n[/tex] i bočne ivice [tex]A_iB_i[/tex] (indeksi se uzimaju po modulu [tex]n[/tex], tj. [tex]A_{n+1}=A_1[/tex]); ona je odsečena od piramide [tex]A_1A_2\ldots A_nS[/tex] ravni paralelnom osnovi. Neka je [tex]Q[/tex] centar sfere. Sve tangentne duži iz tačke [tex]X[/tex] do sfere su jednake (svaka je kateta pravouglog trougla sa hipotenuzom [tex]XQ[/tex] čija je druga kateta poluprečnik).
Ravan donje osnove seče sferu po kružnici [tex]k_1[/tex] sa centrom [tex]O_1[/tex] (podnožje normale iz [tex]Q[/tex]) i poluprečnikom [tex]r[/tex]. Svaka stranica [tex]A_iA_{i+1}[/tex] leži u toj ravni i ima tačno jednu zajedničku tačku [tex]M_i[/tex] sa sferom, pa dodiruje [tex]k_1[/tex] u tački [tex]M_i[/tex]. Dakle, [tex]k_1[/tex] je upisana kružnica osnove [tex]A_1A_2\ldots A_n[/tex]. Analogno, gornja osnova ima upisanu kružnicu [tex]k_2[/tex] čiji je centar [tex]O_2[/tex] podnožje normale iz [tex]Q[/tex]; pošto su osnove paralelne, tačke [tex]O_1[/tex], [tex]O_2[/tex] i [tex]Q[/tex] leže na jednoj pravoj normalnoj na osnove.
Homotetija sa centrom [tex]S[/tex] koja preslikava ravan donje osnove u ravan gornje osnove preslikava [tex]A_i[/tex] u [tex]B_i[/tex], pa preslikava [tex]k_1[/tex] u kružnicu upisanu u [tex]B_1B_2\ldots B_n[/tex]. Konveksan mnogougao ima najviše jednu upisanu kružnicu (njen centar je presek simetrala dva susedna ugla), pa je slika kružnice [tex]k_1[/tex] kružnica [tex]k_2[/tex], a slika tačke [tex]O_1[/tex] tačka [tex]O_2[/tex]. Zato [tex]S[/tex] leži na pravoj [tex]O_1O_2[/tex], tj. [tex]SO_1\perp(A_1A_2\ldots A_n)[/tex].
Neka je [tex]a_i[/tex] dužina tangentnih duži iz [tex]A_i[/tex], a [tex]t\gt 0[/tex] dužina tangentnih duži iz [tex]S[/tex]. Ivica [tex]A_iB_i[/tex] dodiruje sferu u tački [tex]T_i[/tex] duži [tex]SA_i[/tex], pa je [tex]SA_i=ST_i+T_iA_i=t+a_i[/tex]. Osim toga, [tex]A_iM_i=a_i[/tex], [tex]O_1M_i=r[/tex] i [tex]O_1M_i\perp A_iA_{i+1}[/tex]. Iz pravouglih trouglova [tex]O_1M_iA_i[/tex] i [tex]SO_1A_i[/tex]:
[tex]O_1A_i^2=r^2+a_i^2,\qquad SA_i^2=SO_1^2+O_1A_i^2[/tex]
[tex]\Rightarrow (t+a_i)^2=SO_1^2+r^2+a_i^2\Rightarrow 2ta_i=SO_1^2+r^2-t^2[/tex]
Desna strana ne zavisi od [tex]i[/tex], pa je [tex]a_1=a_2=\ldots=a_n=a[/tex]. Tada su sve stranice jednake, [tex]A_iA_{i+1}=A_iM_i+M_iA_{i+1}=2a[/tex], i sva temena su na istom rastojanju [tex]O_1A_i=\sqrt{r^2+a^2}[/tex] od [tex]O_1[/tex].
Dakle, osnova je upisana u kružnicu sa centrom [tex]O_1[/tex] i ima jednake stranice; jednakim tetivama odgovaraju jednaki lukovi, pa su i svi njeni uglovi jednaki, tj. osnova je pravilan mnogougao sa centrom [tex]O_1[/tex]. Pošto se [tex]S[/tex] projektuje u [tex]O_1[/tex], piramida [tex]A_1A_2\ldots A_nS[/tex] je pravilna, pa je pravilna i zarubljena piramida odsečena od nje ravni paralelnom osnovi.

Rešenje:
Neka su [tex]K[/tex] i [tex]L[/tex] središta duži [tex]AB[/tex] i [tex]CD[/tex]. U jednakokrakom trouglu [tex]ABM[/tex] težišna duž [tex]MK[/tex] je i visina, [tex]MK\perp AB[/tex]; pošto je [tex](ABM)\perp(ABCD)[/tex], sledi [tex]MK\perp(ABCD)[/tex], tj. [tex]MK=h[/tex] je visina piramide.
Koristićemo sledeću činjenicu: ako je ravan [tex]\beta[/tex] normalna na ravan [tex]\gamma[/tex] i [tex]O'[/tex] je ortogonalna projekcija tačke [tex]O[/tex] na [tex]\gamma[/tex], onda je rastojanje tačke [tex]O[/tex] od [tex]\beta[/tex] jednako rastojanju tačke [tex]O'[/tex] od prave [tex]\beta\cap\gamma[/tex] (prava [tex]OO'[/tex] paralelna je sa [tex]\beta[/tex], a normala u [tex]\gamma[/tex] iz [tex]O'[/tex] na [tex]\beta\cap\gamma[/tex] normalna je na [tex]\beta[/tex]).
Pretpostavimo da je u piramidu upisana sfera s centrom [tex]O[/tex] i poluprečnikom [tex]\rho[/tex]; tada je [tex]O[/tex] unutar piramide i na rastojanju [tex]\rho[/tex] od svih pet strana.
Prvo, [tex]AB\perp KL[/tex] i [tex]AB\perp MK[/tex], pa je [tex]AB\perp(MKL)[/tex], a takođe i [tex]CD\perp(MKL)[/tex], jer je [tex]CD\parallel AB[/tex]. Zato su ravni [tex](ABCD)[/tex], [tex](ABM)[/tex], [tex](CDM)[/tex] normalne na [tex](MKL)[/tex] i seku je po pravama [tex]KL[/tex], [tex]KM[/tex], [tex]LM[/tex]. Projekcija piramide na [tex](MKL)[/tex] je trougao [tex]MKL[/tex] ([tex]A[/tex] i [tex]B[/tex] se projektuju u [tex]K[/tex], a [tex]C[/tex] i [tex]D[/tex] u [tex]L[/tex]), pa je projekcija [tex]O'[/tex] tačke [tex]O[/tex] unutar tog trougla, na rastojanju [tex]\rho[/tex] od njegove tri stranice. Dakle, [tex]O'[/tex] je centar kružnice upisane u [tex]\triangle MKL[/tex], a [tex]\rho=r_1[/tex] je njen poluprečnik.
Drugo, [tex]BC\perp AB[/tex] i [tex]BC\perp MK[/tex], pa je [tex]BC\perp(ABM)[/tex], a takođe i [tex]AD\perp(ABM)[/tex]. Zato su ravni [tex](ABCD)[/tex], [tex](BCM)[/tex], [tex](ADM)[/tex] normalne na [tex](ABM)[/tex] i seku je po [tex]AB[/tex], [tex]BM[/tex], [tex]AM[/tex]. Projekcija piramide na [tex](ABM)[/tex] je trougao [tex]ABM[/tex], pa je na isti način [tex]\rho=r_2[/tex] poluprečnik kružnice upisane u [tex]\triangle ABM[/tex]. Dakle, moralo bi da važi [tex]r_1=r_2[/tex].
Oba trougla imaju površinu [tex]\frac{ah}{2}[/tex]: [tex]\triangle MKL[/tex] je pravougli s pravim uglom kod temena [tex]K[/tex] i katetama [tex]h[/tex] i [tex]KL=a[/tex], a [tex]\triangle ABM[/tex] ima osnovicu [tex]a[/tex], visinu [tex]h[/tex] i krake [tex]AM=BM=\sqrt{h^2+\frac{a^2}{4}}[/tex]. Prema obrascu [tex]r=\frac{2S}{P}[/tex] ([tex]S[/tex] je površina, [tex]P[/tex] obim)
[tex]r_1=\frac{ah}{a+h+\sqrt{a^2+h^2}}; \quad r_2=\frac{ah}{a+\sqrt{a^2+4h^2}}[/tex]
Međutim,
[tex]\left(h+\sqrt{a^2+h^2}\right)^2=a^2+2h^2+2h\sqrt{a^2+h^2}\gt a^2+2h^2+2h\cdot h=a^2+4h^2[/tex]
pa je [tex]h+\sqrt{a^2+h^2}\gt\sqrt{a^2+4h^2}[/tex] i [tex]r_1\lt r_2[/tex]. Ova kontradikcija pokazuje da se u piramidu ne može upisati sfera.