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

Rešenje:
Tačke [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex] leže na kružnici donje osnove, a izvodnica [tex]AA_1[/tex] je normalna na ravan osnove, pa je [tex]AB\perp AA_1[/tex] i [tex]AC\perp AA_1[/tex]. Zato je [tex]\angle BAC[/tex] linearni ugao diedarskog ugla: [tex]\angle BAC=60^{\circ}[/tex].
Svaki presek kroz dve izvodnice je pravougaonik čija je druga stranica visina [tex]h=AA_1=BB_1=CC_1[/tex]:
[tex]AB\cdot h=192; \ AC\cdot h=252; \ S_{BCC_1B_1}=BC\cdot h[/tex]
Prema kosinusnoj teoremi u [tex]\triangle ABC[/tex]:
[tex]BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cos 60^{\circ}=AB^2+AC^2-AB\cdot AC[/tex]
Množenjem sa [tex]h^2[/tex] dobijamo
[tex](BC\cdot h)^2=192^2+252^2-192\cdot 252=36864+63504-48384=51984[/tex]
[tex]BC\cdot h=\sqrt{51984}=228[/tex]
Površina preseka [tex]BCC_1B_1[/tex] je [tex]228[/tex] kvadratnih centimetara.

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] centar sfere, a [tex]k[/tex] kružnica preseka sa centrom [tex]K[/tex] i poluprečnikom [tex]\rho[/tex]. Ako je tačka jednako udaljena od svih tačaka kružnice, onda je po Pitagorinoj teoremi i njena ortogonalna projekcija na ravan kružnice jednako udaljena od njih, tj. ta projekcija je centar [tex]K[/tex].
To važi za [tex]O[/tex] i za [tex]A[/tex], pa je prava [tex]OA[/tex] normalna na ravan kružnice [tex]k[/tex] u tački [tex]K[/tex]. Za svaku tačku [tex]M[/tex] kružnice [tex]k[/tex] je [tex]MK\perp OA[/tex], pa je [tex]\rho=MK[/tex] visina iz temena [tex]M[/tex] u trouglu [tex]OAM[/tex] sa stranicama [tex]OM=20[/tex], [tex]AM=13[/tex], [tex]OA=11[/tex]. Po Heronovoj formuli sa poluobimom [tex]p=22[/tex]:
[tex]S_{OAM}=\sqrt{22\cdot 2\cdot 9\cdot 11}=66,\qquad \rho=\frac{2S_{OAM}}{OA}=\frac{2\cdot 66}{11}=12[/tex]
Obim kružnice je [tex]2\pi\rho=24\pi[/tex] cm. (Provera: [tex]OK=\sqrt{20^2-12^2}=16[/tex], [tex]AK=16-11=5[/tex], [tex]AM=\sqrt{12^2+5^2}=13[/tex].)

Rešenje:
Neka kupa ima vrh [tex]M[/tex], centar osnove [tex]O[/tex], poluprečnik osnove [tex]r[/tex], izvodnicu [tex]l[/tex] i visinu [tex]h[/tex], a [tex]\rho[/tex] neka je poluprečnik lopte. Osni presek kroz prečnik [tex]AB[/tex] osnove je jednakokraki trougao [tex]ABM[/tex] sa [tex]AB=2r[/tex], [tex]MA=MB=l[/tex] i visinom [tex]MO=h[/tex].
Zbog simetrije centar lopte leži na [tex]MO[/tex], pa ta ravan seče loptu po velikom krugu čija kružnica dodiruje [tex]AB[/tex], [tex]MA[/tex] i [tex]MB[/tex], tj. to je kružnica upisana u trougao [tex]ABM[/tex]. Površina trougla [tex]ABM[/tex] je [tex]rh[/tex], a njegov poluobim je [tex]r+l[/tex], pa je [tex]\rho=\frac{rh}{r+l}[/tex].
Površina kupe je [tex]S_1=\pi r^2+\pi rl=\pi r(r+l)[/tex], pa za zapreminu [tex]V_1[/tex] kupe važi:
[tex]V_1=\frac{1}{3}\pi r^2h=\frac{1}{3}\pi r(r+l)\cdot \frac{rh}{r+l}=\frac{1}{3}S_1\rho[/tex]
Za loptu sa površinom [tex]S_2=4\pi\rho^2[/tex] i zapreminom [tex]V_2[/tex]:
[tex]V_2=\frac{4}{3}\pi\rho^3=\frac{1}{3}\cdot 4\pi\rho^2\cdot \rho=\frac{1}{3}S_2\rho\quad\Rightarrow\quad \frac{V_1}{V_2}=\frac{S_1}{S_2}=2[/tex]
Takva kupa postoji, na primer [tex]r=\sqrt{2}\rho[/tex], [tex]h=4\rho[/tex]: tada je [tex]l=3\sqrt{2}\rho[/tex], [tex]\frac{rh}{r+l}=\rho[/tex] i [tex]S_1=8\pi\rho^2=2S_2[/tex]. Dakle, zapremina kupe je [tex]2[/tex] puta veća od zapremine lopte.

Rešenje:
Neka je [tex]R[/tex] poluprečnik lopte. Zapremine pre i posle povećanja su [tex]\frac{4}{3}\pi R^3[/tex] i [tex]\frac{4}{3}\pi(R+6)^3[/tex], pa je
[tex]\frac{4}{3}\pi\left((R+6)^3-R^3\right)=1608\pi\Rightarrow (R+6)^3-R^3=\frac{3\cdot 1608}{4}=1206[/tex]
Razvijanjem kuba dobijamo:
[tex]18R^2+108R+216=1206\Rightarrow 18R^2+108R-990=0\Rightarrow R^2+6R-55=0[/tex]
Rešenja su [tex]R=5[/tex] i [tex]R=-11[/tex]. Poluprečnik je pozitivan, pa je [tex]R=5[/tex] cm. Provera: [tex]\frac{4}{3}\pi\left(11^3-5^3\right)=\frac{4}{3}\pi\cdot 1206=1608\pi[/tex].

Rešenje:
Ravan svake strane seče sferu po kružnici koja prolazi kroz temena te strane, tj. svaka strana je upisana u kružnicu. Bočna strana je paralelogram upisan u kružnicu, dakle pravougaonik; zato su bočne ivice normalne na osnovu i prizma je prava.
Osnova [tex]ABCD[/tex] ([tex]AB\parallel CD[/tex]) je trapez upisan u kružnicu, dakle jednakokraki, sa uglovima [tex]30^{\circ}[/tex], [tex]30^{\circ}[/tex], [tex]150^{\circ}[/tex], [tex]150^{\circ}[/tex]. Kružnica opisana oko njega (poluprečnika [tex]\rho[/tex]) opisana je i oko [tex]\triangle ABD[/tex], čiji je ugao [tex]BAD[/tex] jednak [tex]30^{\circ}[/tex] ili [tex]150^{\circ}[/tex]. Prema sinusnoj teoremi
[tex]BD=2\rho\sin \angle BAD=2\rho\cdot \frac{1}{2}=\rho\Rightarrow \rho=4[/tex]
Centar [tex]O[/tex] sfere jednako je udaljen od temena svake osnove, pa su njegove projekcije na ravni osnova centri [tex]O_1[/tex] i [tex]O_2[/tex] kružnica opisanih oko osnova. Prizma je prava, pa je [tex]O_1O_2[/tex] normalna na obe osnove i [tex]O[/tex] leži na pravoj [tex]O_1O_2[/tex]. Iz pravouglih trouglova [tex]OO_1A[/tex] i [tex]OO_2A_1[/tex]
[tex]OO_1=OO_2=\sqrt{5^2-4^2}=3[/tex]
Pošto je [tex]O_1\neq O_2[/tex], tačka [tex]O[/tex] je središte duži [tex]O_1O_2[/tex], pa je visina prizme [tex]O_1O_2=3+3=6[/tex] cm.

Rešenje:
Neka je [tex]P[/tex] zajednička tačka tetiva, [tex]O[/tex] centar, a [tex]R[/tex] poluprečnik sfere. Ravan pravih [tex]AB[/tex] i [tex]CD[/tex] seče sferu po kružnici [tex]k[/tex] sa centrom [tex]O_1[/tex] (podnožjem normale iz [tex]O[/tex]) i poluprečnikom [tex]\rho[/tex]; iz pravouglog trougla [tex]OO_1A[/tex] sledi [tex]R^2=\rho^2+OO_1^2=\rho^2+9[/tex].
Prema teoremi o tetivama koje se seku [tex]PA\cdot PB=PC\cdot PD[/tex], a [tex]PA+PB=PC+PD=4\sqrt{3}[/tex]; dakle, [tex]PA[/tex], [tex]PB[/tex] i [tex]PC[/tex], [tex]PD[/tex] su rešenja iste kvadratne jednačine, pa se ti parovi poklapaju. Uz eventualnu zamenu oznaka [tex]C[/tex] i [tex]D[/tex] imamo [tex]PA=PC=x[/tex], [tex]PB=PD=y[/tex], [tex]x+y=4\sqrt{3}[/tex].
Neka je [tex]\theta=\angle APC=\angle BPD[/tex]; tada je [tex]\theta=60^{\circ}[/tex] ili [tex]\theta=120^{\circ}[/tex]. Ako je [tex]\theta=60^{\circ}[/tex], jednakokraki trouglovi [tex]APC[/tex] i [tex]BPD[/tex] su jednakostranični, pa je [tex]AC=x\lt 8[/tex], [tex]BD=y\lt 8[/tex], a prema kosinusnoj teoremi [tex]AD^2=BC^2=x^2+y^2+xy=(x+y)^2-xy\lt 48[/tex]; nijedna duž ne bi bila jednaka [tex]8[/tex]. Dakle, [tex]\theta=120^{\circ}[/tex], pa prema kosinusnoj teoremi
[tex]AC=x\sqrt{3},\quad BD=y\sqrt{3},\quad AD^2=BC^2=x^2+y^2-xy\le\max(x,y)^2[/tex]
Dakle, najduža je ona od duži [tex]AC[/tex] i [tex]BD[/tex] koja je veća; neka je to [tex]AC[/tex] ([tex]x\ge y[/tex]). Tada je
[tex]x\sqrt{3}=8\Rightarrow x=\frac{8\sqrt{3}}{3},\quad y=4\sqrt{3}-\frac{8\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}[/tex]
[tex]BD=y\sqrt{3}=4,\quad AD^2=\frac{64}{3}+\frac{16}{3}-\frac{32}{3}=16\Rightarrow AD=4[/tex]
Kružnica [tex]k[/tex] je opisana oko [tex]\triangle ABD[/tex], u kome je [tex]AD=BD=4[/tex], [tex]AB=4\sqrt{3}[/tex]. Prema kosinusnoj i sinusnoj teoremi
[tex]\cos\angle ADB=\frac{16+16-48}{2\cdot 4\cdot 4}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \angle ADB=120^{\circ},\quad \rho=\frac{AB}{2\sin 120^{\circ}}=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=4[/tex]
Tada je [tex]R^2=16+9=25[/tex], [tex]R=5[/tex], a zapremina lopte je
[tex]V=\frac{4}{3}\pi\cdot 5^3=\frac{500\pi}{3}[/tex]

Rešenje:
Neka su [tex]r[/tex] i [tex]h[/tex] poluprečnik i visina valjka. Iz površine omotača
[tex]2\pi rh=80\pi\Rightarrow rh=40[/tex]
Ravan je paralelna osi, pa je presek pravougaonik [tex]ABB_1A_1[/tex], gde je [tex]AB[/tex] tetiva donje osnove, a [tex]AA_1=BB_1=h[/tex] su izvodnice. Neka je [tex]O[/tex] centar donje osnove, a [tex]K[/tex] središte duži [tex]AB[/tex]. Tada je [tex]OK\perp AB[/tex] i [tex]OK\perp AA_1[/tex], jer su izvodnice normalne na osnovu, pa je [tex]OK[/tex] normalna na ravan preseka. Osa je paralelna toj ravni, pa je [tex]OK[/tex] rastojanje ose od ravni: [tex]OK=4[/tex].
Iz pravouglog trougla [tex]AKO[/tex] i iz dijagonale pravougaonika
[tex]AK^2=r^2-16\Rightarrow AB^2=4(r^2-16); \quad AB^2+h^2=100[/tex]
Zamenom [tex]h=\frac{40}{r}[/tex] dobijamo
[tex]4r^2-64+\frac{1600}{r^2}=100\iff r^4-41r^2+400=0\iff r^2=16\text{ ili }r^2=25[/tex]
Ako je [tex]r=4[/tex], ravan je na rastojanju [tex]r[/tex] od ose, tj. dodiruje valjak i presek je jedna izvodnica, a ne pravougaonik. Dakle, [tex]r=5[/tex] i
[tex]h=\frac{40}{5}=8[/tex]
Provera: [tex]AB=2\sqrt{25-16}=6[/tex] i [tex]\sqrt{6^2+8^2}=10[/tex].

Rešenje:
Neka kupa ima vrh [tex]M[/tex], centar osnove [tex]O[/tex] i poluprečnik osnove [tex]OA=r[/tex], a ravan seče visinu [tex]MO[/tex] u tački [tex]O_1[/tex] i izvodnicu [tex]MA[/tex] u tački [tex]A_1[/tex]. Presek je krug s centrom [tex]O_1[/tex] i poluprečnikom [tex]O_1A_1=r_1[/tex], a ravan odseca malu kupu s vrhom [tex]M[/tex] kojoj je taj krug osnova.
Pošto je [tex]O_1A_1\parallel OA[/tex], pravougli trouglovi [tex]MO_1A_1[/tex] i [tex]MOA[/tex] su slični, pa je mala kupa slična datoj s koeficijentom [tex]k=\frac{r_1}{r}=\frac{MO_1}{MO}[/tex]. Odnos površina preseka i osnove je
[tex]\frac{\pi r_1^2}{\pi r^2}=k^2=\frac{1}{4}\Rightarrow k=\frac{1}{2}[/tex]
Zapremine sličnih tela odnose se kao [tex]k^3=\frac{1}{8}[/tex], pa je zapremina male kupe [tex]264\cdot \frac{1}{8}=33[/tex]. Zarubljena kupa je preostali deo date kupe:
[tex]V=264-33=231[/tex]

Rešenje:
Poluobim trougla je [tex]p=33[/tex], pa je prema Heronovom obrascu njegova površina
[tex]S_{\triangle ABC}=\sqrt{33\cdot 3\cdot 8\cdot 22}=132[/tex]
Neka je [tex]CH[/tex] visina na pravu [tex]AB[/tex]. Tada iz pravouglih trouglova [tex]AHC[/tex] i [tex]BHC[/tex]
[tex]CH=\frac{2\cdot 132}{11}=24; \quad AH=\sqrt{25^2-24^2}=7; \quad BH=\sqrt{30^2-24^2}=18[/tex]
Pošto je [tex]BC^2=900\gt AB^2+AC^2=746[/tex], ugao [tex]BAC[/tex] je tup, pa tačka [tex]H[/tex] leži na produžetku duži [tex]BA[/tex] preko tačke [tex]A[/tex]; zaista, [tex]BH=BA+AH=11+7=18[/tex].
Pri rotaciji tačka [tex]C[/tex] opisuje kružnicu s centrom [tex]H[/tex] i poluprečnikom [tex]CH=24[/tex]. Duž [tex]BC[/tex] opisuje omotač kupe s vrhom [tex]B[/tex], visinom [tex]BH=18[/tex] i izvodnicom [tex]30[/tex], a [tex]AC[/tex] omotač kupe s vrhom [tex]A[/tex], visinom [tex]AH=7[/tex] i izvodnicom [tex]25[/tex], s istom osnovom. Trougao [tex]ABC[/tex] je trougao [tex]BHC[/tex] bez trougla [tex]AHC[/tex], pa je telo velika kupa iz koje je uklonjena mala:
[tex]V=\frac{1}{3}\pi\cdot 24^2\cdot 18-\frac{1}{3}\pi\cdot 24^2\cdot 7=\frac{1}{3}\pi\cdot 576\cdot 11=2112\pi[/tex]
Površ tela čine omotači obe kupe:
[tex]S=\pi\cdot 24\cdot 30+\pi\cdot 24\cdot 25=720\pi+600\pi=1320\pi[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]ABCDM[/tex] piramida s osnovnom ivicom [tex]a[/tex] i visinom [tex]MO=H[/tex], gde je [tex]O[/tex] centar kvadrata [tex]ABCD[/tex], a valjak neka ima visinu [tex]x[/tex] ([tex]0\lt x\lt H[/tex]) i poluprečnik [tex]\rho[/tex].
Ravan gornje osnove valjka paralelna je osnovi piramide i nalazi se na rastojanju [tex]x[/tex] od nje. Ona seče [tex]MO[/tex] u tački [tex]O'[/tex] za koju je [tex]MO'=H-x[/tex] i seče piramidu po kvadratu [tex]A'B'C'D'[/tex], sličnom kvadratu [tex]ABCD[/tex] s koeficijentom [tex]\frac{MO'}{MO}=\frac{H-x}{H}[/tex]; dakle, njegova stranica je [tex]\frac{a(H-x)}{H}[/tex].
Gornja kružnica valjka leži u toj ravni, pa dodiruje bočnu stranu tačno onda kada dodiruje pravu po kojoj ta strana seče ravan, tj. stranicu kvadrata [tex]A'B'C'D'[/tex]. Dakle, gornja kružnica je upisana u kvadrat [tex]A'B'C'D'[/tex] i
[tex]\rho=\frac{a(H-x)}{2H}[/tex]
Zapremina valjka je
[tex]V=\pi\rho^2x=\frac{\pi a^2}{4H^2}(H-x)^2x=\frac{\pi a^2}{8H^2}(H-x)(H-x)\cdot 2x[/tex]
Pozitivni brojevi [tex]H-x[/tex], [tex]H-x[/tex], [tex]2x[/tex] imaju stalan zbir [tex]2H[/tex], pa prema nejednakosti aritmetičke i geometrijske sredine
[tex](H-x)(H-x)\cdot 2x\le\left(\frac{2H}{3}\right)^3[/tex]
pri čemu jednakost važi tačno kada je [tex]H-x=2x[/tex], tj. [tex]x=\frac{H}{3}[/tex]. Dakle, zapremina valjka je najveća kada mu je visina [tex]\frac{H}{3}[/tex], i tada je visina piramide [tex]3[/tex] puta veća od visine valjka.

Rešenje:
Neka je [tex]M[/tex] vrh, [tex]O[/tex] centar osnove, [tex]r[/tex] poluprečnik, [tex]l[/tex] izvodnica, a [tex]MA\perp MB[/tex] date dve izvodnice. Lukovi [tex]AB[/tex] se odnose kao [tex]2:1[/tex], pa su to lukovi od [tex]240^{\circ}[/tex] i [tex]120^{\circ}[/tex], i [tex]\angle AOB=120^{\circ}[/tex]. Prema kosinusnoj teoremi u jednakokrakom trouglu [tex]AOB[/tex]
[tex]AB^2=r^2+r^2-2r^2\cos 120^{\circ}=3r^2[/tex]
Trougao [tex]AMB[/tex] je pravougli i jednakokraki ([tex]MA=MB=l[/tex]), pa je [tex]AB^2=2l^2[/tex]. Pošto je [tex]MO[/tex] visina, trougao [tex]AOM[/tex] je pravougli s pravim uglom kod temena [tex]O[/tex] i [tex]l^2=r^2+36[/tex]. Prema tome
[tex]3r^2=2(r^2+36)\Rightarrow r^2=72[/tex]
Zapremina kupe je
[tex]V=\frac{1}{3}\pi r^2h=\frac{1}{3}\pi\cdot 72\cdot 6=144\pi[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]r[/tex] poluprečnik osnove, [tex]l[/tex] izvodnica, a [tex]h[/tex] visina. Iz površine omotača
[tex]\pi rl=136\pi\Rightarrow rl=136[/tex]
Osni presek je jednakokraki trougao s kracima [tex]l[/tex] i osnovicom [tex]2r[/tex], pa je
[tex]2l+2r=50\Rightarrow l+r=25[/tex]
Dakle, [tex]r[/tex] i [tex]l[/tex] su rešenja jednačine [tex]t^2-25t+136=0[/tex], tj. [tex]8[/tex] i [tex]17[/tex]. Izvodnica je hipotenuza pravouglog trougla koji obrazuju visina, poluprečnik i izvodnica, pa je [tex]l\gt r[/tex], tj. [tex]r=8[/tex], [tex]l=17[/tex], i iz tog pravouglog trougla
[tex]h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{289-64}=15[/tex]
Zapremina kupe je
[tex]V=\frac{1}{3}\pi r^2h=\frac{1}{3}\pi\cdot 64\cdot 15=320\pi[/tex]

Rešenje:
Neka su [tex]O_A[/tex], [tex]O_B[/tex], [tex]O_C[/tex] centri sfera. Sve tri sfere su sa iste strane ravni: dve sfere koje se dodiruju, a nalaze se sa različitih strana, dodirivale bi se u tački ravni, pa bi im se dodirne tačke sa ravni poklopile.
Posmatrajmo sfere sa centrima [tex]O_A[/tex] i [tex]O_B[/tex], [tex]r_A\ge r_B[/tex]. Poluprečnici [tex]O_AA[/tex] i [tex]O_BB[/tex] normalni su na ravan, pa je [tex]ABO_BO_A[/tex] pravougli trapez (ili pravougaonik) sa [tex]O_AA=r_A[/tex], [tex]O_BB=r_B[/tex] i [tex]O_AO_B=r_A+r_B[/tex] (sfere se dodiruju spolja). Neka je [tex]E[/tex] podnožje normale iz [tex]O_B[/tex] na [tex]O_AA[/tex]; tada je [tex]O_BE=AB=c[/tex] i [tex]O_AE=r_A-r_B[/tex]. Iz pravouglog trougla [tex]O_AEO_B[/tex]
[tex]c^2=(r_A+r_B)^2-(r_A-r_B)^2=4r_Ar_B\Rightarrow c=2\sqrt{r_Ar_B}[/tex]
Na isti način
[tex]a=2\sqrt{r_Br_C}; \quad b=2\sqrt{r_Cr_A}[/tex]
Tada je
[tex]bc=4r_A\sqrt{r_Br_C}=2r_A\cdot a\Rightarrow r_A=\frac{bc}{2a}[/tex]
i analogno
[tex]r_B=\frac{ca}{2b}; \quad r_C=\frac{ab}{2c}[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]AB=a[/tex] i [tex]AD=h[/tex]; pošto je [tex]AD\perp(ABC)[/tex], [tex]AD[/tex] je visina piramide. Neka je [tex]M[/tex] središte [tex]BC[/tex]. Tada je [tex]AM\perp BC[/tex] (težišna duž jednakostraničnog trougla), a prema teoremi o tri normale [tex]DM\perp BC[/tex]. Dakle, [tex]\varphi=\angle AMD[/tex] je ugao između ravni [tex]BCD[/tex] i [tex]ABC[/tex].
Trougao [tex]ABC[/tex] je ortogonalna projekcija trougla [tex]BCD[/tex] na osnovu, pa je
[tex]S_{ABC}=S_{BCD}\cos\varphi\Rightarrow \cos\varphi=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \varphi=45^{\circ}[/tex]
Iz pravouglog trougla [tex]AMD[/tex] ([tex]\angle MAD=90^{\circ}[/tex])
[tex]h=AM\operatorname{tg} 45^{\circ}=AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex]
Za strane: [tex]S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}[/tex], [tex]S_{BCD}=\sqrt{2}\,S_{ABC}[/tex], a pravougli trouglovi [tex]ABD[/tex] i [tex]ACD[/tex] sa katetama [tex]a[/tex] i [tex]h[/tex] imaju površine [tex]\frac{ah}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}[/tex]. Zato su površina [tex]S[/tex] i zapremina [tex]V[/tex] piramide
[tex]S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}(3+\sqrt{2}); \quad V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{8}[/tex]
Spajanjem centra upisane sfere s temenima piramida se deli na četiri piramide čije su osnove strane, a visine jednake poluprečniku [tex]r=1[/tex], pa je [tex]V=\frac{1}{3}Sr[/tex] i
[tex]1=\frac{3V}{S}=\frac{3a^3}{8}\cdot \frac{4}{a^2\sqrt{3}(3+\sqrt{2})}=\frac{a\sqrt{3}}{2(3+\sqrt{2})}\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{3}}{2}=3+\sqrt{2}[/tex]

Rešenje:
Neka trougao [tex]ABC[/tex], [tex]AB=c[/tex], rotira oko prave [tex]AB[/tex] i neka je [tex]CH=h[/tex] njegova visina na [tex]AB[/tex] ([tex]H[/tex] leži na pravoj [tex]AB[/tex]). Tada je
[tex]S=\frac{ch}{2}\Rightarrow h=\frac{2S}{c}[/tex]
Pri rotaciji tačka [tex]C[/tex] opisuje kružnicu sa centrom [tex]H[/tex] i poluprečnikom [tex]h[/tex], a stranice [tex]AC[/tex] i [tex]BC[/tex] opisuju omotače kupa sa vrhovima [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex], čija je osnova krug ograničen tom kružnicom.
Ako [tex]H[/tex] leži između [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex], telo se sastoji od dve kupe sa zajedničkom osnovom poluprečnika [tex]h[/tex] i visinama [tex]AH[/tex] i [tex]HB[/tex]:
[tex]V=\frac{1}{3}\pi h^2\cdot AH+\frac{1}{3}\pi h^2\cdot HB=\frac{1}{3}\pi h^2(AH+HB)=\frac{1}{3}\pi h^2c[/tex]
Ako se [tex]H[/tex] poklapa sa [tex]A[/tex] (prav ugao kod temena [tex]A[/tex]), telo je jedna kupa poluprečnika [tex]h[/tex] i visine [tex]AB=c[/tex], pa je opet [tex]V=\frac{1}{3}\pi h^2c[/tex].
Ako [tex]H[/tex] leži na produžetku duži [tex]AB[/tex] preko tačke [tex]A[/tex] (tup ugao kod temena [tex]A[/tex]; slučaj preko tačke [tex]B[/tex] je analogan), telo je kupa sa vrhom [tex]B[/tex] i visinom [tex]HB[/tex] iz koje je uklonjena kupa sa vrhom [tex]A[/tex] i visinom [tex]HA[/tex]:
[tex]V=\frac{1}{3}\pi h^2\cdot HB-\frac{1}{3}\pi h^2\cdot HA=\frac{1}{3}\pi h^2(HB-HA)=\frac{1}{3}\pi h^2c[/tex]
U svim slučajevima, s obzirom na [tex]h=\frac{2S}{c}[/tex], dobijamo
[tex]V=\frac{1}{3}\pi h^2c=\frac{1}{3}\pi\cdot \frac{4S^2}{c^2}\cdot c=\frac{4\pi S^2}{3c}[/tex]

Rešenje:
Neka sfera ima centar [tex]O[/tex] i poluprečnik [tex]R[/tex], a zarubljena kupa poluprečnike osnova [tex]r_1\ne r_2[/tex] i izvodnicu [tex]l[/tex]. Zbog simetrije [tex]O[/tex] leži na osi kupe. Osni presek je jednakokraki trapez [tex]ABCD[/tex] sa osnovicama [tex]AB=2r_1[/tex], [tex]CD=2r_2[/tex] i kracima [tex]AD=BC=l[/tex], a velika kružnica sfere u toj ravni upisana je u trapez.
Zbog simetrije ta kružnica dodiruje [tex]AB[/tex] u njenom središtu [tex]O_1[/tex], [tex]CD[/tex] u njenom središtu [tex]O_2[/tex], a [tex]BC[/tex] u tački [tex]T[/tex]. Tangentne duži iz jedne tačke do kružnice su jednake, pa je [tex]BT=BO_1=r_1[/tex] i [tex]CT=CO_2=r_2[/tex], odakle je
[tex]l=BC=BT+TC=r_1+r_2[/tex]
Centar [tex]O[/tex] leži na simetralama uglova [tex]ABC[/tex] i [tex]BCD[/tex], čiji je zbir [tex]180^{\circ}[/tex] jer je [tex]AB\parallel CD[/tex]. Zato je [tex]\angle OBC+\angle OCB=90^{\circ}[/tex], tj. [tex]\angle BOC=90^{\circ}[/tex]. U pravouglom [tex]\triangle BOC[/tex] duž [tex]OT[/tex] je visina na hipotenuzu, pa je
[tex]R^2=OT^2=BT\cdot TC=r_1r_2[/tex]
Površina sfere i površina omotača zarubljene kupe su
[tex]S_1=4\pi R^2=4\pi r_1r_2; \ S_2=\pi(r_1+r_2)l=\pi(r_1+r_2)^2[/tex]
[tex]S_2-S_1=\pi(r_1+r_2)^2-4\pi r_1r_2=\pi(r_1-r_2)^2\gt 0[/tex]
jer je [tex]r_1\ne r_2[/tex]. Dakle, površina sfere je manja od površine omotača zarubljene kupe.

Rešenje:
Neka su osnove zarubljene kupe kružnice [tex]k_1[/tex] (centar [tex]O_1[/tex], poluprečnik [tex]R[/tex]) i [tex]k_2[/tex] (centar [tex]O_2[/tex], poluprečnik [tex]r[/tex]) u paralelnim ravnima; osa [tex]O_1O_2[/tex] je normalna na obe ravni. Sfera je opisana oko zarubljene kupe ako obe kružnice osnova leže na njoj.
Neka je tačka [tex]Q[/tex] jednako udaljena od svih tačaka kružnice [tex]k_1[/tex] i neka je [tex]Q'[/tex] njena ortogonalna projekcija na ravan kružnice [tex]k_1[/tex]. Za svaku tačku [tex]X[/tex] kružnice [tex]k_1[/tex] trougao [tex]QQ'X[/tex] je pravougli, pa je [tex]Q'X^2=QX^2-QQ'^2[/tex] isto za sve [tex]X[/tex]. Zato je [tex]Q'[/tex] centar [tex]O_1[/tex] i [tex]Q[/tex] leži na osi.
Obrnuto, ako [tex]Q[/tex] leži na osi, onda je za svaku tačku [tex]X[/tex] kružnice [tex]k_1[/tex] trougao [tex]QO_1X[/tex] pravougli sa pravim uglom kod [tex]O_1[/tex], pa je [tex]QX^2=QO_1^2+R^2[/tex] isto za sve [tex]X[/tex]; isto važi i za [tex]k_2[/tex]. Dakle, centar svake opisane sfere leži na osi, a tačka [tex]Q[/tex] ose je takav centar ako i samo ako je jednako udaljena od jedne tačke kružnice [tex]k_1[/tex] i jedne tačke kružnice [tex]k_2[/tex].
Posmatrajmo osni presek – jednakokraki trapez [tex]ABCD[/tex], gde je [tex]AB[/tex] prečnik kružnice [tex]k_1[/tex], [tex]CD[/tex] prečnik kružnice [tex]k_2[/tex], a [tex]AD[/tex] izvodnica. Tačka [tex]Q[/tex] ose je centar opisane sfere ako i samo ako je [tex]QA=QD[/tex], tj. ako [tex]Q[/tex] leži na simetrali [tex]s[/tex] duži [tex]AD[/tex] u ravni trapeza (ta ravan sadrži osu).
Tačke [tex]A[/tex] i [tex]D[/tex] leže u dve različite ravni normalne na osu, pa [tex]AD[/tex] nije normalna na osu. Zato [tex]s[/tex] nije paralelna sa osom i seče je u tačno jednoj tački [tex]O[/tex].
Postojanje: prema dokazanom, sfera sa centrom [tex]O[/tex] i poluprečnikom [tex]OA=OD[/tex] prolazi kroz sve tačke kružnica [tex]k_1[/tex] i [tex]k_2[/tex], tj. opisana je oko zarubljene kupe. Jedinstvenost: svaka opisana sfera ima centar [tex]Q[/tex] na osi sa [tex]QA=QD[/tex], pa je [tex]Q=O[/tex], a njen poluprečnik je [tex]OA[/tex]. (Tačka [tex]O[/tex] je centar kružnice opisane oko trapeza [tex]ABCD[/tex].)