Dr Lopandi´ c SKRIPTA iz EUKLIDSKE GEOMETRIJE -zadaci sa reˇenjimas ˇ Stampali studenti II godine matematike PMF-a BEOGRAD, 1967 Zadaci iz Stereometrije Zadatak 1: Ako je u prostoru dato mnoˇtvo od n ravni u kom se svake dve ravni s seku, nikoje tri ne seku po jednoj pravoj, niti su uporedne nekoj pravoj i nikoje ˇetiri c ne seku u jednoj taˇki, dokazati da ravni tog mnoˇtva razlaˇu prostor na c s z αn = konveksnih delova, od kojih βn = (n2 − n + 2) dopire u beskonaˇnost, a ostalih c 1 γn = (n3 − 6n2 + 11n − 6) 6 delova su ograniˇeni. c Dokaz: Iz uvedenih pretpostavki sledi da navedenom mnoˇtvu ν ravni seˇe s c (ν + 1) − by ravan po ν pravih, od kojih nikoje dve nisu uporedne, i nikoje tri ne seku u jednoj taˇki. c Prema zadatku 17. tih ν pravih razlaˇe z (ν + 1) − by ravan na 1 2 (ν + ν + 2) 2 oblasti, od kojih 2ν oblasti dopire u beskonaˇnost, a ostalih c 1 2 (ν − 3ν + 2) 2 oblasti su ograniˇene. Svaka od tih oblasti razlaˇe izvestan deo prostora koji je dobijen c z razlaganjem sa ν pomenutih ravni na dva dela pa se dodavanjem (ν + 1) − bc ravni broj delova prostora pove´ava za c 1 2 (n + n + 2). 2 Kako je za ν = 1 broj delova prostora α1 = 2, 1 3 (n + 5n + 6) 6 3 bi´e za ν = n c 1 1 1 αn = 2 + (12 + 1 + 2) + (22 + 2 + 2)... + [(n − 1)2 + (n − 1) + 2] 2 2 2 Kako je 12 + 22 + ... + (n − 1)2 = i 1 + 2 + ... + (n − 1) = nalazimo da je αn = n(n − 1)(2n − 1) 6 n(n − 1) 2 1 3 (n + 5n + 6). 6 Da bi se odredio broj ograniˇenih i broj neograniˇenih delova prostora, odredimo najpre c c za koliko se pove´ava broj neograniˇenih delova prostora dodavanjem (ν + 1) − bc ravni. c c Svaka od neograniˇenih oblasti iz (ν + 1) − bc ravni razlaˇe jedan deo prostora dobijen c z razaganjem prethodnim ravnima na dva neograniˇena dela dok svaka od ograniˇenih c c oblasti iz (ν + 1) − bc ravni razlaˇe neki ranije dobijeni deo prostora na dva dela od kojih z je jedan istog tipa, a drugi obavezno ograniˇen. Stoga se dodavanjem (ν + 1) − bc ravni, c broj neograniˇenih delova prostora pove´ava za 2ν. Kako je za ν = 1 broj neograniˇenih c c c delova prostora β1 = 2, bi´e za ν = n c βn = 2 + 2(2 − 1) + 2(3 − 1) + ... + 2(n − 1) = 2 + 2[1 + 2 + ... + (n − 1)] n(n − 1) =2+2 2 = n2 − n + 2. Kako je αn = βn + γn bi´e c γn = αn − βn , 1 γn = (n3 − 6n2 + 11n − 6). 6 Da bi se dokazalo da su dobijeni delovi prostora konveksni, primetimo da je svaki od tih delova presek n poluprostora, dakle n konveksnih likova, pa je prema poznatom stavu i taj deo prostora konveksan. tj. 4 Zadatak 2: Ako su ω1 ,...,ωn (n ≥ 5) konveksni prostorni likovi, od kojih svaka ˇetiri c imaju najmanje jednu zajedniˇku taˇku dokazati da svih n pomenutih likova takode c c imaju bar jednu zajedniˇku taˇku. c c Dokaz: Analognim postupkom kao kod zadatka 12. najpre treba dokazati da je teorema taˇna kada je n = 5, a zatim metodom matematiˇke indukcije, kao pri reˇavanju c c s zadatka 13., dokazuje se da je teorema taˇna i za n > 5. c Napomena: Ovaj stav pedstavlja uopˇtenje Helijeve teoreme na prostorne likove. s Zadatak 3: Ako su A1 ,...An proizvoljne taˇke u prostoru, pri ˇemu svake ˇetiri od tih c c c n taˇaka pripadaju nekoj kugli polupreˇnika r, dokazati da postoji kugla polupreˇnika c c c r, koja sadrˇi svih n taˇaka. z c Dokaz: Obeleˇimo sa ω1 ,...,ωn kugle kojima su srediˇta A1 ,...,An a polupreˇnici jez s c dnaki duˇi r. S obzirom da postoji kugla polupreˇnika r koja sadrˇi bilo koje ˇetiri od z c z c n taˇaka, npr. Ai , Aj , Ak , Ae bi´e srediˇte te kugle zajedniˇka taˇka kugli ωi , ωj , ωk , ωe . c c s c c Stoga, svake ˇetiri od n kugli, tj. konveksnih likova ω1 ,...,ωn imaju bar jednu zajedniˇku c c taˇku, te prema Helijevoj teoremi, svih n kugli ω1 ,...ωn imaju bar jednu zajedniˇku c c taˇku, recimo O. S obzirom da taˇka O pripada svim kuglama ω1 ,...,ωn kojima su srediˇta c c s A1 ,...,An , a polupreˇnici jednaki duˇi r, kugla ω kojoj je srediˇte O, a polupreˇnik jednak c z s c duˇi r, sadrˇi svih n taˇaka A1 ,...,An . z z c c z Zadatak 4: Ako su A1 ,...,An taˇke u prostopu takve da je duˇ odredena bilo kojim dvema od tih n taˇaka manja ili jednaka duˇi d, dokazati da postoji kugla polupreˇnika c z c √ 6 r= d 4 koja sadrˇi svih n taˇaka. z c Dokaz: Analogno zadatku 3, najpre treba dokazati da postoji kugla polupreˇnika c √ 6 r= d 4 koja sadrˇi bilo koje ˇetiri od n datih taˇaka A1 ,...,An , pa ´e prema prethodnom zadatku z c c c postojati kugla koja sadrˇi svih n taˇaka. z c Napomena: Ovaj stav predstavlja Jungovu teoremu za n taˇaka koje se nalaze u c prostoru. Analogno, ovaj stav se uopˇtava za n taˇaka kodimenzionalnog prostora, gde s c je n ≥ (k + 1). U tom sluˇaju bi´e c c r= k . 2(k + 1) Zadatak 5: Ako je ugao ω ′ upravna projekcija ugla ω na izvesnu ravan π, koja je uporedna sa simetralom ugla ω, dokazati da je simetrala s ugla ω uporedna sa simetralom s′ ugla ω ′ . 5 Q O P S Q′ O π ′ S P ′ ′ Slika uz zadatak 5 Dokaz: Neka su p i q kraci ugla ω, a p′ i q ′ odgvaraju´i kraci ugla ω ′ . Obeleˇimo sa c z O i O′ temena uglova ω i ω ′ , a sa P i Q taˇke polupravih p i q takve da je c OP = OQ, a sa P ′ i Q′ njima odgovaraju´e taˇke na polupravama p′ i q ′ . Duˇ P Q seˇe pravu s u c c z c ′ . Po pretpostavci je prava s nekoj taˇki S, njenu odgovaraju´u taˇku obeleˇimo sa S c c c z uporedna sa ravni π, pa je uporedna i sa svojom projekcijom O′ S ′ na ravan π. Dokaˇimo z da je prava O′ S ′ istovetna sa pravom s′ . Kod trougla OP Q taˇka S je srediˇte stranice P Q, a duˇ OS upravna na stranici P Q i c s z paralelna sa O′ S ′ , pa je pri navedenom projektovanju taˇka S ′ srediˇte duˇi P ′ Q′ , a duˇ c s z z ′ S ′ upravna na duˇi P ′ Q′ . Stoga, sledi da je O z △O′ S ′ P ′ ∼ △O′ S ′ Q′ , = pa je ∠P ′ O′ S ′ = ∠Q′ O′ S ′ i prema tome je prava O′ S ′ simetrala ugla P ′ O′ Q′ , tj. ugla ω ′ . Kako ugao moˇe da ima z samo jednu simetralu, bi´e prava O′ S ′ istovetna sa pravom s′ . c Zadatak 6: Dokazati da je upravna projekcija pravog ugla na ravan koja seˇe oba c njegova kraka ili oba njegova produˇenja tup ugao, zatim da je upravna projekcija pravog z ugla na ravan koja seˇe jedan njegov krak i produˇen drugi krak, oˇtar ugao. c z s 6 S O R S′ O′ R′ Q π P Slika uz zadatak 6 c c Dokaz: Pretpostavimo da ravan π seˇe krake pravog ugla ∠P OQ u taˇkama P i ′ obeleˇimo upravnu projekciju taˇke O, kod pravouglih trouglova P OO ′ , Q. Ako sa O z c QOO′ , P OQ bi´e c O′ P < OP O′ Q < OQ i P Q2 = OP 2 + OQ2 , pa je P Q2 > O ′ P 2 + O ′ Q2 . Stoga sledi da je upravna projekcija P O′ Q ugla ∠P OQ na ravan π tup ugao. Upravna projekcija pravog ugla ∠ROS koji je unakrsan sa uglom ∠P OQ i kome projekcijska ravan π ne seˇe nijedan krak je ugao ∠R′ O′ S ′ unakrsan sa uglom ∠P ′ O′ Q′ , dakle tup c ugao. Najzad uporedna projekcija pravog ugla ∠P OS kome projekcijska ravan π seˇe c ′ O ′ S ′ naporedan sa tupim uglom ∠P O ′ Q, krak OP i produˇen drugi krak OS je ∠P z dakle oˇtar ugao. s Zadatak 7: Dokazati da je nagib kose prave prema nekoj ravni manji od svih uglova koje ta prava zahvata s pravama te ravni koje sadrˇe i njen prodor. z P p O q r R Q π Slika uz zadatak 7 7 Dokaz: Obeleˇimo sa p bilo koju kosu pravu spram ravni ω, sa O njenu prodornu z taˇku, sa q upravnu projekciju prave p na ravan π i sa r bilo koju drugu pravu ravni π c koja sadrˇi taˇku O. Neka je P proizvoljna taˇka prave p koja je razliˇita od O. Njena z c c c upravna projekcija Q na ravan π je na pravoj q. Neka je zatim R taˇka prave r sa bilo c koje strane od O takva da je OQ = OR. Pri tome je trougao P QR pravougli, pa je hipotenuza P R ve´a od katete P Q. Trouglovi c OP Q i OP R imaju zajedniˇku stranicu OP , jednake stranice OQ i OR, a stranica P Q c je manja od stranice P R, pa je ∠P OQ < ∠P OR. Zadatak 8: Dokazati da su svake dve prave koje seku tri mimoilazne prave takode mimoilazne. Dokaz: Neka dve prave p1 i p2 seku tri mimolilazne prave a, b, c. Prva prava neka seˇe u taˇkama A1 , B1 , C1 , a druga u taˇkama A2 , B2 , C2 . Ako prave p1 i p2 ne bi bile c c c mimoilazne, saglasno definiciji, one bi pripadale izvesnoj ravni π. Svaka od pravih a, b, c imala bi s ravni π po dve zajedniˇke taˇke A1 i A2 , B1 i B2 , C1 i C2 , pa bi sve tri prave c c a, b, c pripadale ravni π, ˇto je nemogu´e, jer su one mimoilazne. Stoga su prave p1 i p2 s c takode mimoilazne. z Zadatak 9: Ako dva trougla ABC i A′ B ′ C ′ imaju takav poloˇaj u prostoru da se prave odredene stranicama BC i B ′ C ′ , CA i C ′ A′ , AB i A′ B ′ seku u taˇkama npr. P, Q, R c dokazati da se prave AA′ , BB ′ , CC ′ seku u jednoj taˇki ili su medusobno uporedne, zatim c da taˇke P, Q, R pripadaju jednoj pravoj. c R A A′ B′ O B C P C′ Q Slika uz zadatak 9 Dokaz: Po pretpostavci, prave BC i B ′ C ′ se seku te odreduju izvesnu ravan α, prave CA i C ′ A′ se seku te odreduju izvesnu ravan β, prave AB i A′ B ′ se seku te odreduju izvesnu ravan γ. S obzirom da trouglovi ABC i A′ B ′ C ′ ne pripadaju jednoj ravni, ravni α,β,γ su razliˇite. Taˇke A i A′ pripadaju ravni β i γ, pa je prava AA′ presek ravni β i c c 8 γ. Isto tako je prava BB ′ presek ravni α i γ, a prava CC ′ presek ravni α i β. Kako su B, C, B ′ , C ′ taˇke ravni α koje ne pripadaju jednoj pravoj, prave BB ′ i CC ′ se seku ili c su medusobno uporedne. Ako se prave BB ′ i CC ′ seku u nekoj taˇki O, taˇka O pripada c c ′ po kojoj se seku ravni β i γ. i ravni β i ravni γ, prema tome, nalaze se na pravoj AA Stoga se prave AA′ , BB ′ , CC ′ seku u jednoj taˇki. Ako su prave BB ′ i CC ′ uporedne, i c prava AA′ je uporedna sa njima. Zaista, ako prava AA′ ne bi bila uporedna s pravama BB ′ i CC ′ , ona bi sekla recimo pravu BB ′ u nekoj taˇki O, jer su taˇke A, B, A′ , B ′ u c c jednoj ravni. Prema dokazanom i prava CC ′ sadrˇala bi taˇku O, ˇto je nemogu´e, jer z c s c ′ i CC ′ uporedne. Stoga je prava AA′ uporedna sa pravama BB ′ i CC ′ . su prave BB Dokaˇimo sada drugi deo stava. S obzirom da su ravni ABC i A′ B ′ C ′ razliˇite, a taˇke z c c P, Q, R zajedniˇke tim dvema ravnima, taˇke P, Q, R su na preseˇnoj pravoj tih dveju c c c ravnih ABC i A′ B ′ C ′ . c Zadatak 10: Ako su taˇke P, Q, R, S u kojima stranice AB, BC, CD, DA prostranog ˇetvorougla ABCD prodiru izvesnu ravan π temena paralelograma. Dokazati da je ravan c π uporedna sa dijagonalama AC i BD tog ˇetvorougla. c Dokaz: S obzirom da su prave P Q i RS po kojim ravan π seˇe ravan ABC i ADC c c medusobom uporedne, preseˇna prava AC ravni ABC i ADC uporedna s ravni π. Istim postupkom dokazuje se da je prava BD uporedna sa ravni π. Zadatak 11: Ako su P, Q, R, S taˇke u kojima stranice AB, BC, CD, DA prostornog c ˇetvorougla ABCD prodiru proizvoljnu ravan π uporednu sa dijagonalama AC i BD c tog ˇetvorougla, dokazati da su taˇke P, Q, R, S temena paralelograma. c c Dokaz: Kako je ravan π uporedna s pravom AC po kojoj se seku ravni ABC i ADC, prave P Q i RS po kojima ravan π seˇe ravni ABC i ADC medusobno su uporedne. Na c isti naˇin dokazuje se da su i prave QR i P S medusobno uporedne. Otuda sledi da su c taˇke P, Q, R, S temena paralelograma. c Zadatak 12: Ako su duˇi koje spajaju srediˇta naspramnih stranica prostornog ˇetvoz s c rougla ABCD uporedne jedna na drugoj, dokazati da su dijagonale tog ˇetvorougla c medusobno jednake. 9 C R D Q S A P Slika uz zadatak 12 B Dokaz: Obeleˇimo sa P, Q, R, S srediˇta stranica AB, BC, CD, DA prostornog ˇetvoz s c rougla ABCD. Po pretpostavci su duˇi P R i QS upravne medusobno, dakle ne pripadaju z istoj pravoj. S obzirom da su duˇi P Q i RS srednje linije trouglovova ABC i ADC koje z odgovaraju zajedniˇkoj stranici AC, duˇi P R i QS su uporedne medusobno i jednake c z polovini duˇi AC. Isto tako duˇi QR i P S su uporedne medusobno i jednake polovini z z duˇi BD. Otuda sledi da je P QRS paralelogram sa upravnim dijagonalama, pa su mu z sve stranice jednake. Stoga su i dijagonale AC i BD ˇetvorougla ABCD medusobno c jednake. Zadatak 13: Ako su naspramne stranice AB i CD, zatim BC i AD prostornog ˇetvorougla ABCD medusobno jednake, dokazati da je prava koja sadrˇi srediˇta P c z s i Q dijagonala AC i BD zajedniˇka normala pravih AC i BD. c C D P Q A Slika uz zadatak 13 B Dokaz: Iz podudarnosti trouglova BCD i DAB sledi da je ∠CBD = ∠ADB. Kako je ∠CBD = ∠CBQ i ∠ADB = ∠ADQ, 10 bi´e c ∠CBQ = ∠ADQ. Iz podudarnosti trouglova BCQ i ADQ sledi da je CQ = AQ, stoga je trougao ACQ jednakokrak, pa je prava P Q upravna na dijagonali AC ˇetvorougla c ABCD. Na isti naˇin dokazuje se da je prava P Q upravna i na dijagonali BD tog c ˇetvorougla, pa je prava P Q zajedniˇka normala pravih AC i BD. c c Zadatak 14: Ako su P i R taˇke stranica AB i CD prostornog ˇetvorougla ABCD c c takve da je AP : P B = DR : RC, a Q i S taˇke u kojima stranice BC i AD prodiru proizvoljnu ravan π koja sadrˇi taˇke c z c P i R, dokazati da je BQ : QC = AS : SD. D′ D R C C′ Q S B′ A A′ Slika uz zadatak 14 P B Dokaz: Ako obeleˇimo sa A′ , B ′ , C ′ , D′ uporedne projekcije taˇaka A, B, C, D na raz c van π imamo da je △P AA′ ∼ △P BB ′ pa je AA′ : BB ′ = AP : P B Stoga je AA′ : BB ′ = DD′ : CC ′ i prema tome je AA′ : DD′ = BB ′ : CC ′ . i DD′ : CC ′ = DR : RC. i △RDD ′ ∼ △RCC ′ , 11 Kako je △SAA′ ∼ △SDD ′ bi´e c AS : SD = AA′ : DD′ pa je AS : SD = BQ : QC. i BQ : QC = BB ′ : CC ′ , i △QBB ′ ∼ △QCC ′ , Zadatak 15: Dokazati da svaka ravan uporedna dvema naspramnim stranicama prostornog ˇetvorougla seˇe druge dve stranice na proporcionalne odnose. c c D′ C D Q′ Q A Slika uz zadatak 15 B P Dokaz: Neka proizvoljna ravan π uporedna naspramnim stranicama AB i CD prostornog ˇetvorougla ABCD seˇe druge dve stranice BC i AD u taˇkama P i Q. Obeleˇimo c c c z sa D′ taˇku ravni ABC takvu da je ˇetvorougao ABCD′ paralelogram. Kako je CD′ AB, c c a AB π, bi´e i CD′ π. Sad su dve prave CD i CD′ koje se seku uporedne s ravni π, pa c c je ravan CDD′ odredena tim pravama uporedna s ravni π. S obzirom da su taˇke D i ′ iste, a taˇke A i D s raznih strana ravni π, bi´e taˇke A i D ′ s raznih strana ravni π, D c c c pa duˇ AD′ prodire ravan π u nekoj taˇki Q′ . Iz uporednosti ravni π i CDD′ , sleduje z c da su prave P Q′ i CD′ po kojima one seku ravan ABC medu sobom uporedne. Stoga je AB P Q′ CD′ i prema tome BP : CP = AQ′ : D′ Q′ . Isto tako je DD′ QQ′ , te je AQ : DQ = AQ′ : D′ Q′ . Iz dobijenih dveju proporcija nalazimo da je BP : CP = AQ : DQ. 12 Zadatak 16: Ako su P i R taˇke u kojima naspramne stranice AB i CD prostornog c ˇetvorougla ABCD prodiru proizvoljnu ravan π uporednu s drugim dvema stranicama, c a Q i S taˇke u kojima stranice BC i AD tog ˇetvorougla prodiru proizvoljnu ravan π ′ c c uporednu s drugim dvema stranicama, dokazati da taˇke P , Q, R, S pripadaju jednoj c ravni. D′ R′ R D S ′ C O′ S O O′′ Q A P Slika uz zadatak 16 B Dokaz: Ako sa D′ obeleˇimo taˇku takvu da je ˇetvorougao ABCD′ paralelogram, z c c ′ uporedna s ravni π, a ravan CDD ′ uporedna s ravni π ′ . Pri tome, bi´e ravan ADD c duˇi CD′ i AD′ prodiru ravni π i π ′ u taˇkama R′ i S ′ takvim da je P R′ BC AD′ i z c RR′ DD′ , zatim QS ′ AB D′ C i SS ′ DD′ . Ravni π i π ′ ne mogu biti istovetne, jer bi tada sve stranice ˇetvorougla ABCD bile uporedne sa svakom od tih ravni, pa bi c ˇetvorougao ABCD bio ravan, sto je suprotno pretpostavci. Otud sledi da se ravni π i c π ′ seku po nekoj pravoj t. Ta prava sadrˇi presek O′ duˇi P R′ i QS ′ , a seˇe duˇi P R i z z c z QS u izvesnim taˇkama O i O′′ . Dokaˇimo da su taˇke O i O′′ istovetne, tj. da se duˇi c z c z P R i QS seku. S obzirom da je taˇka D izvan ravni paralelograma ABCD′ , a taˇke R c c i S na duˇima CD i AD, biˇe taˇke R i S s iste strane ravni ABCD′ . Sad su taˇke P z c c c i Q u ravni ABCD′ , a taˇke R i S s iste strane od te ravni, pa su unutraˇnje taˇke O i c s c O′′ duˇi P R i QS s iste strane ravni ABCD′ , i prema tome, na pravoj t s iste strane od z taˇke O′ . Kako je △P OO′ ∼ △P RR′ i △CRR′ ∼ △CDD′ , bi´e c c O′ O : R′ R = P O′ : P R′ = AS ′ : AD′ i R′ R : DD′ = CR′ : CD′ , pa je O′ O = i prema tome AS ′ CR′ · · D′ D. AD′ CD′ Kako je △QO′′ O′ ∼ △QSS ′ i △ASS ′ ∼ △ADD′ , bi´e c O′ O = O′ O′′ : S ′ S = QO′ : QS ′ = CR′ : CD′ (1) AS ′ · R′ R AD′ i R′ R = CR′ · D′ D CD′ 13 i S ′ S : D′ D = AS ′ : AD′ , pa je O′ O′′ = i prema tome O′ O′′ = Iz jednakosti (1) i (2) sledi da je O′ O = O′ O′′ . S obzirom da su duˇi O′ O i O′ O′′ jednake, a taˇke O i O′′ na pravoj t s iste strane od z c taˇke O′ , taˇke O i O′′ su istovetne, pa se duˇi P R i QS seku. Stoga, taˇke P, Q, R, S c c z c pripadaju jednoj ravni. c c Zadatak 17: Ako je ABCD prostorni ˇetvorougao i O proizvoljna taˇka prostora, dokazati da taˇke P , Q, R, S u kojima prave AB, BC, CD, DA prodiru ravni OCD, c ODA, OAB, OBC pripadaju jednoj ravni. AS ′ CR′ · · D′ D AD′ CD′ (2) CR′ · S ′S CD′ i S′S = AS ′ · D′ D, AD′ C R D O S A P Slika uz zadatak 17 B Q Dokaz: S obzirom da taˇke O, P , R pripadaju dvema raznim ravnima P CD i RAB, c one se ne seku na preseˇnoj pravoj tih dveju ravni. Isto tako, taˇke O, Q, S pripadaju c c dvema raznim ravnima QDA i SBC, pa se one takode nalaze na preseˇnoj pravoj tih c dveju ravni. Otud sledi da je O zajedniˇka taˇka pravih P R i QS, pa su taˇke P , Q, R, c c c S u jednoj ravni. Zadatak 18: Dokazati da je potreban i dovoljan uslov pod kojim ˇetiri taˇke P , Q, c c R, S pravih odredenih stranicama AB, BC, CD, DA prostornog ˇetvorougla ABCD c pripadaju jednoj ravni je da bude AP BQ CR DS · · · = 1. P B QC RD SA (Menelajeva teorema za prostorne ˇetvorouglove). c 14 Dokaz: Dokaˇimo najpre da je navedeni uslov potreban. Zato pretpostavimo da taˇke z c P, Q, R, S pripadaju jednoj ravni, recimo π. Prava odredena dijagonalom AC prodire ravan π ili je sa njom uporedna. Ako je prodire u nekoj taˇki T , bi´e taˇke P, Q, T u c c c kojima produˇene stranice AB, BC, CA trougla ABC prodiru ravan π na jednoj pravoj, z isto tako bi´e taˇke R, S, T u kojima produˇene stranice CD, DA, AC trougla CDA c c z prodiru ravan π na jednoj pravoj, pa je prema Menelajevoj teoremi AP BQ CT · · = −1 P B QC T A CR DS AT · · = −1. RD SA T C Mnoˇenjem odgovaraju´ih strana nalazimo da je z c AP BQ CR DS · · · = 1. P B QC RD SA Ako je prava AC uporedna s ravni π, ona je uporedna i s pravama P Q i RS, pa je AP BQ · =1 RD SA i prema tome AP BQ CR DS · · · = 1. P B QC RD SA C R Q i B D S A P T Slika uz zadatak 18 Sad dokaˇimo da je navedeni uslov dovoljan. Naime pretpostavljaju´i da je z c AP BQ CR DS · · · = 1, P B QC RD SA dokaˇimo da taˇke P, Q, R, S pripadaju jednoj ravni. Taˇke P, Q, R ne pripadaju jednoj z c c pravoj. Zaista, ako bi one bile na jednoj pravoj, one bi bile u ravni ABC, pa bi ravan ABC sadrˇala dve taˇke C i R stranice CD, dakle i taˇku D. U tom sluˇaju sva temena z c c c 15 prostornog ˇetvorougla ABCD pripadala bi jednoj ravni, ˇto je nemogu´e. S obzirom c s c da taˇke P , Q, R ne pripadaju jednoj pravoj, one odreduju neku ravan π. Ako bi S ′ c bila taˇka u kojoj prava AD prodire ravan π, imali bismo da je c AP BQ CR DS ′ · · · = 1, P B QC RD S ′ A pa je DS DS ′ = ′ SA SA i prema tome taˇka S ′ istovetna s taˇkom S. Dakle, sve ˇetiri taˇke P, Q, R, S pripadaju c c c c jednoj ravni. Zadatak 19: Ako su P1 , . . . , Pn taˇke u kojima proizvoljna ravan π seˇe prave odredene c c stranicama A1 A2 , · · · , An A1 prostornog n-tougla A1 . . . An , dokazati da je A1 P1 A2 P2 An Pn · · ··· · = (−1)n P1 A2 P2 A3 Pn A1 (Menelajeva teorema za prostorne mnogouglove). An Q4 A1 P2 A4 A3 P1 Q3 P4 P5 A6 P3 A2 A5 Slika uz zadatak 19 Dokaz: Ravan π seˇe prave odredene dijagonalama A1 A3 , A1 A4 , ..., A1 An−1 u izvec snim taˇkama Q3 , Q4 , . . . , Qn−1 , ili je uporedna s nekim od tih pravih. Ako pretpoc stavimo da ravan π seˇe sve pomenute prave, bi´e taˇke P1 , P2 , Q3 u kojima produˇene c c c z stranice trougla A1 A2 A3 prodiru ravan π na jednoj pravoj, taˇke P3 , Q3 , Q4 u koc jima produˇene stranice trougla A1 A3 A4 prodiru ravan π na jednoj pravoj , . . . , taˇke z c Qn−1 , Pn−1 , Pn u kojima produˇene stranice trougla A1 An−1 An prodiru ravan π na jez dnoj pravoj. Otuda je 2P · A2 A2 · A3 Q3 = −1, P 3 Q 3 A1 A4 Q 4 A1 Q 3 · Q4 A1 · Q3 A3 = −1, .................. ... ... An−1 Pn−1 An Pn A1 Qn−1 = −1 Pn−1 An · Pn A1 · Qn−1 Pn−1 A1 P 1 P 1 A2 A3 P 3 P 3 A4 (1) 16 Mnoˇenjem odgovaraju´ih strana ovih jednakosti, nalazimo da je z c A1 P1 A2 P2 An Pn · · ··· · = (−1)n . P1 A2 P2 A3 Pn A1 (2) Ako bi neka dijagonala A1 A3 , A1 A4 , . . . , A1 An−1 npr. dijagonala A1 A3 , bila uporedna s ravni π, prvim dvema iz gornjih jednakosti odgovaralo bi jednakosti A1 P1 A2 P2 · =1 P1 A2 P2 A3 i A3 P3 A4 Q4 · = 1, P3 A4 Q4 A1 jer bi u tom sluˇaju duˇi P1 P2 i P3 Q4 bile uporedne s dijagonalom A1 A3 . Stoga je u c z tom sluˇaju jednakost (2) taˇna. c c Zadatak 20: Ako su P, Q, R, S taˇke u kojima stranice AB, BC, CD, DA prostornog c ˇetvorougla ABCD prodiru neku ravan π, dokazati da taˇke P ′ , Q′ , R′ , S ′ simetriˇne sa c c c taˇkama P, Q, R, S u odnosu na srediˇta odgovaraju´ih stranica pripadaju jednoj ravni. c s c c Dokaz: Prema Menelajevoj teoremi za prostorne ˇetvorouglove imamo da je AP BQ CR DS · · · = 1. P B QC RD SA S obzirom da su taˇke P ′ , Q′ , R′ , S ′ simetriˇne taˇkama P, Q, R, S u odnosu na srediˇta c c c s odgovaraju´ih stranica, bi´e c c AP = P ′ B, P B = AP, BQ = Q′ C, QC = BQ′ , CR = R′ D, RD = CR′ , DS = S ′ A, SA = DS ′ , pa je AP ′ BQ′ CR′ DS ′ · · · = 1. P ′ B Q′ C R ′ D S ′ A Otuda sledi da taˇke P ′ , Q′ , R′ , S ′ pripadaju istoj ravni. c Zadatak 21: Neka su P, Q, R, S taˇke pravih koje su odredene stranicama AB, BC, c CD, DA prostornog ˇetvorougla ABCD. Dokazati da je potreban i dovoljan uslov pod c kojim se ravni P CD, QDA, RAB, SBC seku u jednoj taˇki izraˇen s jednakosti c z AP BQ CR DS · · · = 1. P B QC RD SA ˇ (Cevijeva teorema za prostorne ˇetvorouglove). c 17 C R D O S Q A P Slika uz zadatak 21 B Dokaz: Dokaˇimo najpre da je navedeni uslov potreban. Zato pretpostavimo da z se ravni P CD, QDA, RAB, SBC seku u nekoj taˇki O. S obzirom da taˇke O, P, R c c pripadaju dvema raznim ravnima P CD i RAB, taˇke O, P, R su na preseˇnoj pravoj tih c c dveju ravni. Isto tako taˇke O, Q, S pripadaju preseˇnoj pravoj QDA i SBC. Otuda c c sledi da taˇke P, Q, R, S pripadaju jednoj ravni, pa je prema Menelajevoj teoremi za c prostorne ˇetvorouglove c AP BQ CR DS · · · = 1. P B QC RD SA Sad dokaˇimo da je taj uslov i dovoljan. Iz jednakosti z AP BQ CR DS · · · =1 P B QC RD SA sledi da taˇke P, Q, R, S pripadaju jednoj ravni, pa se prave P R i QS seku u nekoj c konaˇnoj ili beskrajno dalekoj taˇki O. S obzirom da se ravni P CD i RAB seku po c c pravoj P R, a ravni QAD i SBC seku po pravoj QS, ravni P CD, QDA, RAB, SBC se seku u taˇki O. c Zadatak 22: Ako su A, B, C, D i A′ , B ′ , C ′ , D′ taˇke u kojima dve prave p i p′ prodiru c ˇetiri ravni α, β, γ, δ koje se seku po nekoj pravoj s, dokazati da su dvorazmere taˇaka c c A, B, C, D i A′ , B ′ , C ′ , D′ medu sobom jednake, tj. da je (ABCD) = (A′ B ′ C ′ D′ ). Dokaz: Prave p i p′ pripadaju jednoj ravni ili se mimoilaze. Ako pripadaju nekoj ravni π, prave AA′ , BB ′ , CC ′ , DD′ po kojima ta ravan seˇe ravni α, β, γ, δ uporedne su c sa pravom s ili se seku u nekoj taˇki koja se nalazi na pravoj s. Stoga je prema zadatku c . . . (ABCD) = (A′ B ′ C ′ D′ ). 18 s A B C D p B ′′ C ′′ S′ A B′ ′ C D′ α β S γ δ Slika uz zadatak 22 p′ ′ Pretpostavimo da su prave p i p′ mimoilazne. Dve prodorne taˇke pravih p i p′ koje nisu c c u istoj ravni α, β, γ, δ npr. taˇke A i D′ odreduju pravu p′′ koja prodire te ˇetiri ravni u c taˇkama A, B ′′ , C ′′ , D′ . Prave p i p′ se seku, dakle pripadaju jednoj ravni, te je prema c dokazanom delu ovog zadatka (ABCD) = (AB ′′ C ′′ D′ ). Isto tako, prave p′ i p′′ se seku, dakle pripadaju nekoj ravni. Stoga je (A′ B ′ C ′ D′ ) = (AB ′′ C ′′ D′ ). Iz dobijenih dveju jednakosti sledi da je (ABCD) = (A′ B ′ C ′ D′ ). c Zadatak 23: Ako je A1 . . . An ravan ili prostorni poligon i P proizvoljna taˇka prostora, dokazati da je zbir duˇi koje spajaju taˇku P s temenima tog poligona ve´i od z c c poluobima tog poligona. Dokaz: Prema poznatom stavu imamo da je P A1 + P A2 A1 A2 , . . . , P An + P A1 An A1 . S obzirom da taˇka P ne moˇe pripadati svim stranicama poligona A1 . . . An , no moˇe c z z u svim dobijenim relacijama vaˇiti znak jednakosti, prema tome, bi´e z c P A1 + · · · + P An 1 (A1 A2 + · · · + An A1 ). 2 Zadatak 24: Ako je S zbir unutraˇnjih uglova prostornog n-tougla, a R prav ugao, s dokazati da je S < (n − 2) · 2R. 19 A4 An A3 A1 A2 Slika uz zadatak 24 Dokaz: Ake se konstruiˇu sve dijagonale koje polaze iz istog temena, npr. A1 , pros stornog n-tougla A1 . . . An bi´e c ∠An A1 A2 i ∠A2 A1 A3 + ∠A1 A3 A4 + · · · + ∠An−1 A1 An ∠A2 A3 A4 ∠A2 A3 A1 + ∠A1 A3 A4 , ∠A3 A4 A5 ∠A3 A4 A1 + ∠A1 A4 A5 , ......... ∠An−2 An−1 An ∠An−2 An−1 A1 + ∠A1 An−1 An . Kako je poligon A1 . . . An prostorni, ne moˇe u svim navedenim relacijama da vaˇi znak z z jednakosti, prema tome bi´e c ∠An A1 A2 + ∠A1 A2 A3 + · · · + ∠An−1 An A1 < + (∠An−1 A1 A1 + ∠A1 An−1 An + ∠An−1 An A1 ) tj. S < (n − 2) · 2R. < (∠A3 A1 A2 + ∠A1 A2 A3 + ∠A2 A3 A1 ) + · · · + Podudarnost triedara 1. Zadatak 25: Dokazati da su dva triedra podudarna ako su im jednaki odgovaraju´i c iviˇni uglovi (III stav podudarnosti triedara). c Dokaz: Da bi triedri Sabc i S ′ a′ b′ c′ sa jednakim odgovaraju´im iviˇnim uglovima c c bili podudarni, treba dokazati da su im jednaki i odgovaraju´i diedri. Neka su A, B, c C, A′ , B ′ , C ′ taˇke polupravih a, b, c, a′ , b′ , c′ takve da su duˇi SA, SB, SC, S ′ A′ , c z ′ B ′ , S ′ C ′ medu sobom jednake. Jednakokraki trouglovi ASB, BSC, CSA podudarni S su redom trouglovima A′ S ′ B ′ , B ′ S ′ C ′ , C ′ S ′ A′ pa su duˇi AB, BC, CA jednake duˇima z z 20 A′ B ′ , B ′ C ′ , C ′ A′ i prema tome, uglovi BAC i B ′ A′ C ′ medu sobom jednaki. Pored toga, uglovi SAB i SAC na osnovicama pravih dvaju trouglova su oˇtri i jednaki uglovima s S ′ A′ B ′ i S ′ A′ C ′ . Neka su P i P ′ taˇke duˇi SA i S ′ A′ takve da su odseˇci AP i A′ P ′ c z c ′ upravne na pravama SA i S ′ A′ seku poluprave AB, AC i A′ B ′ , jednaki. Ravni π i π A′ C ′ u taˇkama Q, R i Q′ , R′ . Trouglovi AP Q, AQR, ARP podudarni su trouglovima c A′ P ′ Q′ , A′ Q′ R′ , A′ R′ P ′ pa su duˇi P Q, QR, RP jednake duˇima P ′ Q′ , Q′ R′ , R′ P ′ i z z ′ P ′ Q′ jednaki. Kako su RP Q i R′ P ′ Q′ uglovi diedara koji prema tome, uglovi RP Q i R odgovaraju ivicama a i a′ , bi´e i ti diedri jednaki. Analognim postupkom dokazuje se da c su ostali parovi odgovaraju´ih diedara takode jednaki, prema tome, pomenuti triedri su c podudarni. Zadatak 26: Dokazati da su dva triedra podudarna ako su im jednaki odgovaraju´i c diedri (VI stav podudarnosti triedara). Dokaz: Da bi triedri Sabc i S ′ a′ b′ c′ sa jednakim odgovaraju´im diedrima bili poc dudarni, treba dokazati da su im jednaki i odgovaraju´i iviˇni uglovi. Triedri polarni c c ovim triedrima, prema stavu III, imaju jednake odgovaraju´e iviˇne uglove, pa su im c c i odgovaraju´i diedri jednaki. Otud sleduje da su kod triedara Sabc i S ′ a′ b′ c′ jednaki c odgovaraju´i iviˇni uglovi, prema tome, oni su podudarni. c c Zadatak 27: Ako su dva iviˇna ugla i njima zahva´eni diedar jednog triedra jednaki c c odgovaraju´im iviˇnim uglovima i odgovaraju´em diedru drugog triedra, dokazati da su c c c pomenuti triedri podudarni (I stav podudarnosti triedara). Dokaz: Neka su iviˇni uglovi (a, b), (a, c) triedra Sabc jednaki iviˇnim uglovima c c ′ , c′ ) triedra S ′ a′ b′ c′ i diedri zahva´eni tim uglovima takode jednaki. Kao i (a c u primeru 1., na ivicama a, b, c, a′ , b′ , c′ odredimo taˇke A, B, C, A′ , B ′ , C ′ takve da c duˇi SA, SB, SC, S ′ A′ , S ′ B ′ , S ′ C ′ budu medu sobom jednake. Jednakokraki trouglovi z SAB, SAC podudarni su trouglovima S ′ A′ B ′ , S ′ A′ C ′ pa su oˇtri uglovi SAB i SAC s jednaki uglovima S ′ A′ B ′ i S ′ A′ C ′ , a duˇi AB i AC jednake duˇima A′ B ′ i A′ C ′ . Neka z z su P i P ′ taˇke duˇi SA i S ′ A′ takve da su odseˇci AP i A′ P ′ jednaki, a π i π ′ pavni koje c z c ′ upravne na polupravama AS i A′ S ′ . Kako su uglovi SAB, SAC su u taˇkama P i P c i S ′ A′ B ′ , S ′ A′ C ′ oˇtri, ravni π i π ′ se´i ´e poluprave AB, AC i A′ B ′ , A′ C ′ u taˇkama s c c c ′ , R′ . Trouglovi AP Q, AP R podudarni su trouglovima A′ P ′ Q′ , A′ P ′ R′ pa su Q, R i Q duˇi P Q, P R jednake duˇima P ′ Q′ , P ′ R′ . Pored toga, uglovi RP Q i R′ P ′ Q′ kao uglovi z z diedara koji odgovaraju ivicama a i a′ pomenutih triedara, po predpostavci jednaki su, pa su trouglovi P QR i P ′ Q′ R′ takode podudarni, i prema tome, duˇi QR i Q′ R′ jednake. z Sad iz podudarnih trouglova AQR i A′ Q′ R′ nalazimo da su uglovi QAR i Q′ A′ R′ , tj. uglovi BAC i B ′ A′ C ′ jednaki. Najzad, iz podudarnih trouglova ABC i A′ B ′ C ′ sledi jednakost duˇi BC i B ′ C ′ , a iz podudarnih trouglova SBC i S ′ B ′ C ′ jednakost uglova z BSC i B ′ S ′ C ′ , tj. iviˇnih uglova (b, c) i (b′ , c′ ) datih triedara. Otuda su, prema zadatku c ′ a′ b′ c′ podudarni. 25., triedri Sabc i S (a′ , b′ ), 21 Zadatak 28: Ako su jedan iviˇni ugao i na njemu nalegli diedri jednog triedra jednaki c odgovaraju´em iviˇnom uglu i odgovaraju´im diedrima drugog triedra, dokazati da su ti c c c triedri podudarni (II stav podudarnosti triedara). c Dokaz: Neka su kod triedara Sabc, S ′ a′ b′ c′ jednaki iviˇni uglovi (b, c), (b′ , c′ ), a diedri koji odgovaraju ivicama b, c jednaki diedrima koji odgovaraju ivicama b′ , c′ . Triedri polarni ovim triedrima imaju jednaka po dva odgovaraju´a iviˇna ugla i diedre zahva´ene c c c njima, pa su prema prethodnom stavu podudarni, odakle sledi da su i iviˇni uglovi (a, b), c (a′ , b′ ) jednaki, prema tome, pomenuti triedri podudarni. Zadatak 29a: Ako su dva iviˇna ugla i diedar naspram jednog od njih nekog triedra c jednaki odgovaraju´im iviˇnim uglovima i odgovaraju´em diedru drugog triedra, a diedri c c c naspram drugog para pomenutih iviˇnih uglova oˇtri, pravi ili tupi, dokazati da su ti c s triedri podudarni (V stav podudarnosti triedara). Dokaz: Neka su kod triedara Sabc, S ′ a′ b′ c′ iviˇni uglovi (a, b) i (a, c) jednaki iviˇnim c c ′ , b′ ) i (a′ , c′ ), diedri koji odgovaraju ivicama b i b′ jednaki, a diedri koji uglovima (a odgovaraju ivicama c i c′ oˇtri, pravi ili tupi. Ako su diedri koji odgovaraju ivicama c s i c′ pravi, stav je jednostavan. U ostala dva sluˇaja dovoljno je dokazati da su iviˇni c c ′ , c′ ) jednaki, pa ´e pomenuti triedri biti podudarni. (v. zad. 25). uglovi (b, c) i (b c Pretpostavimo da iviˇni uglovi (b, c) i (b′ , c′ ) nisu jednaki, ve´ da je c c ∠(b, c) > ∠(b′ , c′ ). U uglu (b, c) postoji poluprava c1 sa krajem S takva da je ∠(b, c1 ) = ∠(b′ , c′ ). Triedri Sabc i S ′ a′ b′ c′ su podudarni (v. zad. 27), pa su unutraˇnji diedri koji odgovaraju s ′ medu sobom jednaki. Pored toga je ∠(a, c ) = ∠(a′ , c′ ) i prema tome ivicama c1 i c 1 ∠(a, c1 ) = ∠(a, c′ ). Kod triedra Sac1 c jednaki su iviˇni uglovi (a, c1 ) i (a, c), pa su i diedri naspram njih c jednaki. Otuda sledi da su oba naspramna diedra, ˇija zajedniˇka ivica sadrˇi polupravu c c z ′ , c′ ) su jednaki i, prema c1 , oˇtra ili tupa; ˇto je nemogu´e; dakle, iviˇni uglovi (b, c) i (b s s c c tome, triedri Sabc i S ′ a′ b′ c′ podudarni. Zadatak 29b: Ako su dva diedra i iviˇni ugao naspram jednog od njih nekog triedra c jednaki odgovaraju´im diedrima i odgovaraju´em iviˇnom uglu drugog triedra, a oba c c c iviˇna ugla naspram drugog para pomenutih diedara oˇtra, prava ili tupa, dokazati da c s su ti triedri podudarni (IV stav podudarnosti triedara). Dokaz: Neka su kod triedara Sabc, S ′ a′ b′ c′ diedri koji odgovaraju ivicama b i c jednaki diedrima koji odgovaraju ivicama b′ i c′ , iviˇni uglovi (a, c) i (a′ , c′ ) jednaki, a c 22 ′ iviˇni uglovi (a, b) i (a′ , b′ )stri, pravi ili tupi. Njima polarni triedri S1 a1 b1 c1 , S1 a′ b′ c′ su c 1 1 1 ′ a′ b′ c′ takodje podudarni prema prethodnom zadatku, podudarni, pa su i triedri Sabc, S Zadatak 29: Ako su dva diedra i iviˇni ugao naspram jednog od njih nekog triedra c jednaki odgovaraju´im diedrima i odgovaraju´em iviˇnom uglu drugog triedra, a oba c c c iviˇna ugla naspram drugog para pomenutih diedara oˇtra, prava ili tupa, dokazati da c s su ti triedri podudarni (IV stav podudarnosti triedara). Dokaz: Neka su kod triedra Sabc i S ′ a′ b′ c′ diedri koji odgovaraju ivicama b i c jednaki diedrima koji odgovaraju ivicama b′ i c′ , iviˇni uglovi (a, c) i (a′ , c′ ) jednaki, a iviˇni c c ′ , b′ ) oˇtri, pravi ili tupi. Njima polarni triedri S a b c i S ′ a′ b′ c′ su, uglovi (a, b) i (a s 1 1 1 1 1 1 1 1 prema predhodnom zadatku, podudarni pa su i triedri Sabc i S ′ a′ b′ c′ takode podudarni. Zadatak 30: Ako su dva iviˇna ugla jednog triedra jednaka odgovaraju´im iviˇnim c c c uglovima drugog triedra, a diedri zahva´eni tim uglovima nejednaki, dokazati da je c naspram ve´eg od tih diedara ve´i iviˇni ugao, a naspram manjeg manji iviˇni ugao. c c c c Dokaz: Neka je kod triedra Sabc i S ′ a′ b′ c′ ∠(a, b) = ∠(a′ , b′ ), ∠(a, c) = ∠(a′ , c′ ), a diedar naspram ugla (b, c) ve´i od diedra naspram ugla (b′ , c′ ). Treba dokazati da c je ∠(b, c) > ∠(b′ , c′ ). Iz uvedene pretpostavke sleduje da u diedru koji je zahva´en c pljosnima (a, b) i (a, c) postoji poluprava c1 sa krajem S takva da je triedar Sabc1 podudaran triedru S ′ a′ b′ c′ . Poluravan koja sadrˇi c1 i ima ivicu odredenu polupravom z a nalazi se u diedru zahva´enom pljosnima (a, b) i (a, c), prema tome, ona seˇe pljosan c c (b, c) po nekoj polupravoj d. Ta poluprava je u uglu (a, c1 ), izvan njega ili je istovetna sa polupravom c1 . S A B D b C1 c1 d c C a Slika 1 uz zadatak 30 U prvom sluˇaju bi´e c c ∠(a, c1 ) = ∠(a, d) + ∠(d, c1 ) i ∠(b, c) = ∠(b, d) + ∠(d, c). 23 Prema predhodnoj teoremi, kod triedra Sacd i Sbc1 d je ∠(a, d) + ∠(d, c) > ∠(a, c) i ∠(b, d) + ∠(d, c1 ) > ∠(b, c1 ), pa je ∠(a, d) + ∠(d, c1 ) + ∠(b, d) + ∠(d, c) > ∠(a, c) + ∠(b, c1 ), odnosno ∠(a, c1 ) + ∠(b, c) > ∠(a, c) + ∠(b, c1 ). Uglovi (a, c) i (a, c1 ) su medu sobom jednaki, pa je ∠(b, c) > ∠(b, c1 ), odnosno ∠(b, c) > ∠(b′ , c′ ), ˇto je trebalo dokazati. s S A B D b d c1 C1 C c a Slika 2 uz zadatak 30 U drugom sluˇaju bi´e c c i Kod triedara Sacd i Sbc1 d je ∠(a, d) + ∠(d, c) > ∠(a, c) i pa je kao u prvom sluˇaju c odnosno ∠(b, c) > ∠(b′ , c′ ). ∠(b, c1 ) > ∠(b, d) − ∠(d, c1 ), ∠(b, c) > ∠(b, c1 ), ∠(a, c1 ) = ∠(a, d) − ∠(c1 , d) ∠(b, c) = ∠(b, d) + ∠(d, c). 24 S A B D C1 b d c1 C c a Slika 3 uz zadatak 30 U tre´em sluˇaju bi´e poluprava c1 u uglu (b, c) pa je ∠(b, c) > ∠(b, c1 ), odnosno c c c ∠(b, c) > ∠(b′ , c′ ). Zadatak 31: Ako su dva diedra jednog triedra jednaka odgovaraju´im diedrima druc gog triedra, a iviˇni uglovi na kojima naleˇu ti diedri nejednaki, dokazati da je naspram c z ve´eg od tih uglova ve´i diedar, a naspram manjeg manji diedar. c c Dokaz: Koristiti svojstva njima polarnih rogljeva (v. zad. 30) Zadatak 32: Dokazati da se naspram jednakih iviˇnih uglova triedra nalaze jednaki i c unutraˇnji diedri. s O C A S a B b Slika uz zadatak 32 c Dokaz: Neka su kod triedra Oabc iviˇni uglovi (a, b) i (a, c) medu sobom jednaki. c Obeleˇimo sa A proizvoljnu taˇku ivice a, sa β i γ ravni kroz taˇku A upravne na z c c ivicama b i c, a sa B i C taˇke u kojima te ravni seku prave odredene ivicama b i c. S c obzirom da su ravni β i γ kroz taˇku A upravne na kracima neopruˇenog ugla (b, c), one c z se seku po nekoj pravoj koja sadrzi taˇku A i prodire ravan pljosni (b, c) u nekoj taˇki S. c c 25 Pri tome je pa je AB = AC. Sad je pa je ∠ABS = ∠ACS. No uglovi ABS i ACS su uglovi diedra koji odgovaraju ivicama b i c, te su i diedri koji odgovaraju ivicama b i c medu sobom jednaki. Zadatak 33: Dokazati da se naspram jednakih unutraˇnjih diedara triedra nalaze jes dnaki iviˇni uglovi. c △AOB ∼ △AOC, = △SAB ∼ △SAC, = O C A S a B b Slika uz zadatak 33 c Dokaz: Neka su kod triedra Oabc jednaki unutraˇnji diedri koji odgovaraju ivicama s b i c. Obeleˇimo sa A proizvoljnu taˇku ivice a, sa β i γ ravni kroz taˇku A upravne na z c c ivicama b i c, a sa B i C taˇke u kojima te ravni seku prave odredene ivicama b i c. S c obzirom da su ravni β i γ kroz taˇku A upravne na kracima neopruˇenog ugla (b, c), one c z se seku po nekoj pravoj koja sadrˇi taˇku A i prodire ravan pljosni (b, c) u nekoj taˇki S. z c c Pri tome je △SAB ∼ △SAC, = pa je AB = AC. Sad je pa je ∠AOB = ∠AOC, i prema tome ∠(a, b) = ∠(a, c). △OAB ∼ △OAC, = 26 Zadatak 34: Ako su svi iviˇni uglovi ˇetvorostranog roglja medu sobom jednaki, c c dokazati da su naspramni diedri tog roglja medu sobom jednaki. O B A D a d b C c Slika uz zadatak 34 c c Dokaz: Neka je Oabcd ˇetvorostrani rogalj kome su svi iviˇni uglovi medu sobom jednaki. Ako su A i C taˇke ivica a i c takve da je OA = OC, podnoˇja normala iz c z tih taˇaka na pravoj koja sadrˇi ivicu b je ista taˇka B, a podnoˇja normala na pravoj c z c z koja sadrˇi ivicu d je ista taˇka D. Pri tome su jednakokraki trouglovi ABC i ADC sa z c zajedniˇkom osnovom AC podudarni, pa je ∠ABC = ∠ADC. No uglovi ABC i ADC c su uglovi diedra koji odgovaraju ivicama b i d, pa su i diedri koji odgovaraju naspramnim ivicama d i b datog roglja medu sobom jednaki. Analogno se dokazuje da su i diedri koji odgovaraju naspramnim ivicama a i c takode medu sobom jednaki. Zadatak 35: Dokazati da je zbir svih unutraˇnjih diedara n-tostranog konveksnog s roglja ve´i od zbira 2n−4 , a manji od 2n pravih diedara. c Dokaz: Prema zadatku 32, ugao svakog unutraˇnjeg diedra konveksnog roglja je sus plementan s odgovaraju´im iviˇnim uglom njemu polarnog roglja. Stoga, ako obeleˇimo c c z ′ zbir iviˇnih sa Sn zbir uglova svih unutraˇnjih diedara datog konveksnog roglja, sa Sn s c uglova njemu polarnog roglja i sa R prav ugao, imamo da je ′ ′ Sn = 2n R − Sn · S. S obzirom da je polarni rogalj datog konveksnog roglja takode konveksan, bi´e Sn < 4R, c ′ pa je Sn > (2n − 4)R. Otuda je i zbir svih unutraˇnjih diedara n-tostranog konveksnog roglja ve´i od zbira 2n−4 s c pravih diedara. Svaki unutraˇnji diedar konveksnog roglja takode je konveksan, dakle, s manji je od zbira dva prava diedra. Stoga je zbir svih unutraˇnjih diedara n-tostranog s konveksnog roglja manji od zbira 2n pravih diedara. 27 Zadatak 36: Dokazati da je zbir uglova koje proizvoljna poluprava iz vrha konveksnog triedra obrazuje s njegovim ivicama ve´i od poluzbira iviˇnih uglova tog triedra. Kada c c se pomenuta poluprava nalazi u triedru, dokazati da je zbir uglova koje ona zahvata s ivicama manji od zbira iviˇnih uglova tog triedra. c Dokaz: Ako je p poluprava kojoj je kraj vrh S konveksnog triedra Sabc bi´e c ∠(p, b) + ∠(p, c) ∠(p, c) + ∠(p, a) ∠(p, a) + ∠(p, b) ∠(b, c), ∠(c, a), ∠(a, b). Kako poluprava p ne moˇe istovremeno pripadati svim trima pljosnima triedra, ne mogu z istovremeno vaˇiti jednakosti u svim navedenim relacijama, prema tome bi´e z c 1 ∠(p, a) + ∠(p, b) + ∠(p, c) > [∠(b, c) + ∠(c, a) + ∠(a, b)]. 2 Ako je poluprava p u tom triedru, bi´e c ∠(p, b) + ∠(p, c) < ∠(a, b) + ∠(a, c), ∠(p, c) + ∠(p, a) < ∠(b, c) + ∠(b, a), ∠(p, a) + ∠(p, b) < ∠(c, a) + ∠(c, b). Otuda je ∠(p, a) + ∠(p, b) + ∠(p, c) < ∠(b, c) + ∠(c, a) + ∠(a, b). Zadatak 37: Dokazati da je zbir uglova koje proizvoljna poluprava iz vrha konveksnog n-tostranog roglja zahvata s njegovim ivicama ve´i od poluzbira iviˇnih uglova c c tog roglja. Ako se pomenuta poluprava nalazi u tom roglju, dokazati da je zbir uglova koje ona zahvata s ivicama manji od zbira iviˇnih uglova tog roglja pomnoˇenog sa n−1 . c z 2 Dokaz: Ako je p poluprava kojoj je kraj vrh S konveksnog n-tostranog roglja Sa1 a2 . . . an , bi´e c ∠(p, a1 ) + ∠(p, a2 ) ∠(a1 , an ), . . . , ∠(p, an ) + ∠(p, a1 ) ∠(an , a1 ). Poluprava p ne moˇe pripadati svim pljosnima roglja, prema tome, ne mogu istovremeno z vaˇiti jednakosti u svim navedenim relacijama. Otuda je z 1 ∠(p, a1 ) + ∠(p, a2 ) + · · · + ∠(p, an ) > [∠(a1 , a2 ) + ∠(a2 , a3 ) + · · · + ∠(an , a1 )]. 2 Ako je poluprava p u tom roglju, bi´e c 28 ∠(p, a1 ) + ∠(p, a2 ) < ∠(a2 , a3 ) + · · · + ∠(an , a1 ) -----------------------------∠(p, an ) + ∠(p, a1 ) < ∠(a1 , a2 ) + · · · + ∠(an−1 , an ) Otuda je ∠(p, a1 ) + ∠(p, a2 ) + · · · + ∠(p, an ) < n−1 [∠(a1 , a2 ) + ∠(a2 , a3 ) + · · · + ∠(an , a1 )]. 2 Zadatak 38: Dokazati da se ravni, od kojih svaka sadrˇi jednu ivicu triedra i raspoz lovnicu naspramnog iviˇnog ugla, seku po jednoj pravoj. c Dokaz: Neka su a, b, c ivice triedra kome je vrh S, a′ , b′ , c′ raspolovnice njegovih iviˇnih uglova ∠(b, c), ∠(c, a), ∠(a, b) i α, β, γ ravni odredene polupravama a i a′ , b i b′ , c c i c′ . Ako su A, B, C taˇke ivica a, b, c takve da je c SA = SB = SC, trouglovi SBC, SCA, SAB su jednakokraki, te poluprave a′ , b′ , c′ sadrˇe srediˇta A′ , z s ′ , C ′ duˇi BC, CA, AB. B z S A a C′ B′ T B b Slika uz zadatak 38 A′ C c Otud sleduje da su duˇi AA′ , BB ′ , CC ′ teˇiˇne linije trougla ABC, pa se seku u jednoj z zs taˇki, teˇiˇtu T tog trougla. Taˇka S je izvan ravni ABC, a taˇka T u ravni ABC, pa su S c zs c c i T dve razne taˇke. Obe pripadaju ravnima α, β, γ pa se te tri ravni seku po pravoj ST . c Zadatak 39: Dokazati da simetralne ravni spoljaˇnjih diedara triedra seku ravni s naspramnih pljosni po pravama koje pripadaju jednoj ravni. Dokaz: Neka su α, β, γ simetralne ravni spoljaˇnjih diedara koji odgovaraju ivicama s a, b, c triedra Sabc i a1 , b1 , c1 prave po kojima ravni α, β, γ seku ravni (b, c), (c, a), (a, b). Poluprave a′ , b′ , c′ koje imaju zajedniˇki kraj S, upravne su na ravnima (b, c), c (c, a), (a, b) a nalaze se s onih strana od tih ravni s kojih nisu poluprave a, b, c, su ivice jednog konveksnog triedra Sa′ b′ c′ ; neka su a′′ , b′′ , c′′ raspolovnice njegovih iviˇnih uglova c (b′ , c′ ), (c′ , a′ ), (a′ , b′ ). 29 a′′ b′ c′′ a′ c′ b′′ c a b Slika uz zadatak 39 Kako su poluprave b′ i c′ upravne na pljosnima (a, c) i (a, b), one su upravne i na ivici a, pa je i raspolovnica a′′ ugla (b′ , c′ ) upravna na ivici a. S obzirom da je poluprava a′′ sadrˇana u simetralnoj ravni diedra koji odgovara ivici a triedra Sabc, a upravna na z preseku te ravni s ravni α, bi´e a′′ ⊥α. Kako su poluprave a′ i a′′ upravne u taˇki S na c c ′ i a′′ upravna na preseˇnoj pravoj c ravnima (b, c) i α, bi´e ravan odredena polupravama a c a1 ravni α i (b, c). Isto tako, ravan odredena polupravama b′ i b′′ upravna je na pravoj b1 , a ravan odredena polupravama c′ i c′′ upravna je na pravoj c1 . Prema prethodnom zadatku, ravni (a′ , a′′ ), (b′ , b′′ ), (c′ , c′′ ) se seku po jednoj pravoj, npr. s. Kako su prave a1 , b1 , c1 upravne u taˇki S na ravnima (a′ , a′′ ), (b′ , b′′ ), (c′ , c′′ ), one su upravne u taˇki c c S i na pravoj s po kojoj se seku te tri ravni. Otud sleduje da prave a1 , b1 , c1 pripadaju jednoj ravni. Zadatak 40: Dokazati da se simetralne ravni unutraˇnjih diedara triedra seku po jes dnoj pravoj koja s pljosnima triedra zahvata jednake uglove, zatim da se simetralne ravni dva spoljaˇnja diedra i simetralna ravan unutraˇnjeg nesusednog diedra seku po jednoj s s pravoj koja takode s ravnima pljosni triedra zahvata jednake uglove. Dokaz: Obeleˇimo sa α, β, γ simetralne ravni unutraˇnjih diedara koji odgovaraju z s ivicama a, b, c triedra Sabc. Ravni β i γ ne mogu biti istovetne, imaju zajedniˇku taˇku c c S, dakle seku se po izvesnoj pravoj s koja sadrˇi vrh S triedra. Dokaˇimo da prava s z z pripada i ravni α. Kako su β i γ simetralne ravni diedra koje odgovaraju ivicama b i c, sve taˇke ravni β jednako su udaljene od ravni (a, b) i (b, c), a sve taˇke ravni γ jednako c c udaljene od ravni (a, c) i (b, c). Otud sledi da su taˇke preseka s ravni β i γ jednako c udaljene od ravni (a, b) i (a, c). Sem toga, prava s se nalazi delom u unutraˇnjem diedru s koji odgovara ivici a, a delom u diedru koji je njemu unakrsan. Stoga, prava s pripada ravni α, pa se sve tri ravni α, β, γ seku po pravoj s. Ako je P proizvoljna taˇka prave s razliˇita od S, a A, B, C upravne projekcije te taˇke c c c na ravnima (b, c), (c, a), (a, b) bi´e c △SP A ∼ △SP B ∼ △SP C, = = pa su nagibni uglovi P SA, P SB, P SC prave s prema tim ravnima jednaki. Analogan postupak primenjuje se i pri izvodenju dokaza drugog dela zadatka. 30 Zadatak 41: Dokazati da prave kroz vrh triedra, sadrˇane u simetralnim ravnima z spoljaˇnjih diedara i upravne na odgovaraju´im ivicama pripadaju jednoj ravni koja s s c pljosnima pomenutog triedra zahvata jednake uglove. s Dokaz: Neka su α, β, γ simetralne ravni unutraˇnjih, a α1 , β1 , γ1 simetralne ravni spoljaˇnjih diedara koji odgovaraju ivicama a, b, c triedra Sabc. Pored toga, neka su a1 , s b1 , c1 prave kroz vrh S triedra, sadrˇane u ravni α1 , β1 , γ1 a upravne na ivicama a, b, c. z Prema prethodnom zadatku, ravni α, β, γ seku se po izvesnoj pravoj s. Kako je a1 ⊂ α1 i α1 ⊥ α, bi´e a1 ⊥ α, prema tome i na svakoj pravoj ravni α, pa je a1 ⊥ s . Isto tako c je b1 ⊥ s i c1 ⊥ s. Prave a1 , b1 , c1 upravne su na pravoj s u istoj taˇki S, prema tome, c one pripadaju izvesnoj ravni σ koja je u taˇki S upravna na pravoj s. c Dokaˇimo da ta ravan σ zahvata s pljosnima triedra Sabc jednake uglove. Kako je prava z s upravna u taˇki S na ravni σ, ona je upravna na svim pravama te ravni koje sadrˇe c z S, dakle i na preseˇnoj pravoj p ravni (b, c) s ravni σ. Stoga se prava s nalazi u ravni c koja je u taˇki S upravna na pravoj p, prema tome i na ravnima (b, c) i σ. Otud sleduje c da ravan σ zahvata s ravni (b, c) ugao komplementan s uglom koji prava s zahvata s ravni (b, c). Istim postupkom dokazuje se da ravan σ zahvata s ravnima (c, a) i (a, b) uglove komplementne s uglovima koje prava s zahvata s ravnima (c, a) i (a, b). Prema prethodnom zadatku, prava s zahvata s pljosnima (b, c), (c, a), (a, b) jednake uglove, pa su i uglovi koje ravan σ zahvata s ravnima pljosni triedra medju sobom jednaki. Zadatak 42: Dokazati da simetrale uglova koji su naporedni iviˇnim uglovima triedra c pripadaju jednoj ravni koja s ivicama tog triedra zahvata jednake uglove, zatim da simetrale dvaju iviˇnih uglova i simetrala ugla koji je naporedan tre´em iviˇnom uglu pric c c padaju jednoj ravni koja takodje s ivicama triedra zahvata jednake uglove. Dokaz: Neka su a1 , b1 , c1 simetrale uglova koji su naporedni iviˇnim uglovima (b, c), c (c, a), (a, b) triedra Sabc. Prave a1 i b1 se seku u taˇki S, prema tome, one odredjuju c izvesnu ravan ω. Kako ta ravan sadrˇi simetralu ugla koji je naporedan s iviˇnim uglom z c (b, c), prave odredene ivicama b i c zahvataju s ravni ω jednake uglove. Isto tako, ravan ω sadrˇi simetralu ugla koji je naporedan s iviˇnim uglom (c, a), stoga prave odredene z c ivicama c i a zahvataju s ravni ω jednake uglove. Otud sledi da prave odredene ivicama a i b zahvataju s ravni ω jednake uglove, pa prema zadatku 40. ravan ω sadrˇi simetralu z iviˇnog ugla (a, b) ili pak simetralu c1 njemu naporednog ugla. Ako bi ravan ω sadrˇala c z simetralu iviˇnog ugla (a, b), ona bi sekla taj iviˇni ugao, pa bi morala da seˇe joˇ jedan c c c s iviˇni ugao triedra, ˇto je nemogu´e, jer ravan ω seˇe naporedne uglove ostala dva iviˇna c s c c c ugla. Otud sleduje da ravan ω sadrˇi i simetralu c1 ugla koji je naporedan s iviˇnim z c uglom (a, b). Prema tome, prave a1 , b1 , c1 pripadaju istoj ravni ω koja s ivicama a, b, c triedra zahvata jednake uglove. Analogan postupak primenjuje se i pri izvodenju dokaza drugog dela ovog zadatka. Iz ovog zadatka neposredno sleduje da postoje ˇetiri ravni koje sadrˇe vrh triedra od c z kojih svaka zahvata s ivicama triedra jednake uglove. 31 Zadatak 43: Dokazati da se ravni koje sadrˇe simetrale iviˇnih uglova triedra i upraz c vne su na njima seku po jednoj pravoj koja je upravna na ravni odredenim simetralama uglova naporednih s uglovima tog triedra. Dokaz: Neka su α, β, γ ravni koje sadrˇe simetrale iviˇnih uglova (b, c), (c, a), (a, b) z c triedra Sabc i upravne su na njima. Ravni α i β imaju zajedniˇku taˇku S i upravne c c su na ravnima (b, c) i (c, a) koje se seku, pa se i te dve ravni seku po izvesnoj pravoj q koja sadrˇi taˇku S. Prema zadatku 41. svaka prava ravni α kroz taˇku S zahvata z c c s polupravama b i c jednake uglove, pa i prava q zahvata s tim polupravama jednake uglove. Isto tako, svaka prava ravni β kroz taˇku S zahvata s polupravama c i a jednake c uglove,pa i prava q zahvata s tim polupravama jednake uglove. Otud sledi da prava q zahvata s polupravama a i b jednake te je, prema zadatku 41. sadrˇana u ravni γ. Prema z tome, ravni α, β, γ se seku po pravoj q. Prema prethodnom zadatku, simetrale uglova koji su naporedni s iviˇnim uglovima c triedra pripadaju izvesnoj ravni ω. Kako su simetrale uglova koji su naporedni iviˇnim c uglovima (b, c), (c, a), (a, b) triedra Sabc upravne na ravnima α, β, γ bi´e i ravan ω c upravna na ravnima α, β, γ. Otud sledi da je prava q po kojoj se seku ravni α, β, γ upravna na ravni ω. Zadatak 44: Dokazati da se ravni od kojih svaka sadrˇi jednu ivicu triedra i upravna z je na naspramnoj pljosni seku po jednoj pravoj. S C c B′ A a C′ H B Slika uz zadatak 44 A′ b Dokaz: Obeleˇimo sa a, b, c ivice triedra kome je vrh S, sa α, β, γ ravni njenih pljosni z ∠(b, c), ∠(c, a), ∠(a, b) i sa α′ , β ′ , γ ′ ravni koje sadrˇe redom ivice a, b, c i upravne su z na ravnima α, β, γ. Neka je A proizvoljna taˇka ivice a, razliˇita od S, a π ravan upravna na ivici a u taˇki c c c A. Ivice b i c prodiru ravan π ili s njom nemaju zajedniˇkih taˇaka. Pretpostavimo c c najpre da ivice b i c prodiru ravan π u taˇkama B i C. Ravan α′ sadrˇi ivicu a koja je c z upravna na ravan π, te je i α′ ⊥ π. Kako je α′ ⊥ π i α′ ⊥ α, ravan α′ upravna je u izvesnoj taˇki A′ na pravoj BC po kojoj se seku ravni α i π. Otud sledi da su sve prave c ravni α′ upravne na pravoj BC, pa je i AA′ ⊥ BC. Dakle, duˇ AA′ je visina trougla z 32 ABC. Ravan β sadrˇi ivicu a koja je upravna na ravan π, pa je β ⊥ π. Kako je β ⊥ π z i β ⊥ β ′ , ravan β je upravna u izvesnoj taˇki B ′ na pravoj BB ′ po kojoj se seku ravni c β ′ i π. Otud sleduje da su sve prave ravni β upravne na pravoj BB ′ , te je i AC ⊥ BB ′ . Dakle, duˇ BB ′ je visina trougla ABC. z Na potpuno isti naˇin dokazuje se da je i prava CC ′ po kojoj se seku ravni γ ′ i π upravna c na pravoj AB u nekoj taˇki C ′ , te je takode duˇ CC ′ visina trougla ABC. Kako prave c z ′ , BB ′ , CC ′ sadrˇe visine trougla ABC, one se seku u ortocentru H tog trougla. AA z Taˇka S je izvan ravni π, a taˇka H u ravni π, pa su S i H dve razne taˇke. Obe te c c c ′ , β ′ , γ ′ te se one seku po pravoj SH. taˇke pripadaju ravnima α c Neka ˇitalac analizira sluˇaj kad ivice b i c ne prodiru ravan π. c c Zadatak 45: Dokazati da prave kroz vrh triedra, sadrˇane u ravnima njegovih pljosni, z a upravne na naspramnim ivicama pripadaju jednoj ravni. Dokaz: Neka su a, b, c ivice triedra kome je vrh S, a zatim a1 ,b1 , c1 prave kroz S sadrˇane u ravnima pljosni ∠(b, c), ∠(c, a), ∠(a, b) upravne na naspramnim ivicama a, z b, c. Dokaza´emo da prave a1 , b1 , c1 pripadaju jednoj ravni. U tom cilju, obeleˇimo c z sa a′ , b′ , c′ upravne projekcije ivica a, b, c na ravnima naspramnih pljosni, a sa α, β, γ ravni odredene polupravama a i a′ , b i b′ , c i c′ . Te tri ravni sadrˇe ivice triedra i z upravne su na naspramnim pljosnima, pa se prema prethodnom zadatku seku po jednoj pravoj s koja sadrˇi taˇku S. Prava a1 je upravna na na dvema polupravama a i a′ z c ravni α, pa je upravna na svim pravama te ravni, dakle i na pravoj s. Istim postupkom dokazuje se da su i prave b1 , c1 upravne na pravoj s. Na taj naˇin, sve tri prave a1 , c b1 , c1 seku pravu s u taˇki S i upravne su na njoj, prema tome one pripadaju jednoj ravni. c Zadatak 46: Ako su a′ , b′ , c′ upravne projekcije ivica a, b, c na ravnima naspramnih pljosni triedra Sabc, dokazati da su ravni odredene polupravama a i a′ , b i b′ , c i c′ simetrale diedra triedra Sa′ b′ c′ . S P M c a c′ A N C′ B Slika uz zadatak 46 b B ′ a ′ ′ C b A′ Dokaz: Neka je A proizvoljna taˇka ivice a razliˇita od S, a π ravan upravna na ivici c c a u taˇki A. Ivice b i c prodiru ravan π ili ne , neka ih prodiru u taˇkama B i C. U c c 33 zadatku 45. dokazano je da ravni odredene polupravama a i a′ , b i b′ , c i c′ seku ravan π po pravama koje sadrˇe visine AA′ , BB ′ , CC ′ trougla ABC pa su prema zadatku 43. z prave AA′ , BB ′ , CC ′ simetrale uglova trougla A′ B ′ C ′ . Obeleˇimo sa M i N podnoˇja z z ′ B ′ i A′ C ′ , a sa P i Q podnoˇja upravnih kroz upravnih kroz taˇku A na pravama A c z taˇku A na ravnima SA′ B ′ i SA′ C ′ . Primenom stava o trima normalama nalazimo da je c SM ⊥ A′ B ′ i SN ⊥ A′ C ′ , a iz podudarnih trouglova M AA′ i N AA′ da je M A′ = N A′ . Pored toga trouglovi SM A′ i SN A′ imaju zajedniˇku stranicu SA′ , dakle, podudarni c su, pa je SM = SN . Najzad je △SAM ∼ △SAN . Ravni trouglova △SAM i △SAN sadrˇe po dve prave z = upravne na pravama A′ B ′ i A′ C ′ , dakle upravne i na ravnima SA′ B ′ i SA′ C ′ . Otuda sledi da su taˇke P i Q na pravama SM i SN , po kojima ravni SAM i SAN seku ravni c ′ B ′ i SA′ C ′ . SA Stoga su duˇi AP i AQ visine podudarnih trouglova △SAM i △SAN , pa su medu z sobom jednake. Otud sledi da taˇka A pripada simetriˇnoj ravni diedra koji odgovara c c ivici a′ triedra Sa′ b′ c′ i prema tome da je ravan odredena polupravama a i a′ simetralna ravan diedra a′ triedra Sa′ b′ c′ . Istim postupkom dokazuje se da su i ravni odredene polupravama b i b′ , c i c′ simetrale diedra b′ i c′ triedra Sa′ b′ c′ . Zadatak 47: Odrediti potrebne i dovoljne uslove pod kojima ´e presek jedne ravni sa c konveksnim ˇetvorostranim rogljem biti: c a) paralelogram, b) pravougaonik, c) romb, d) kvadrat. S C p D D P ′ B A q B′ Q C′ A′ Slika uz zadatak 47 Dokaz: Obeleˇimo sa Sabcd bilo koji konveksni ˇetvorostrani rogalj. Ravni ab i cd z c nisu istovetne, a imaju zajedniˇku taˇku S, dakle seku se po nekoj pravoj p koja sadrˇi c c z 34 taˇku S. Isto tako, ravni bc i ad nisu istovetne a imaju zajedniˇku taˇku S, dakle seku c c c se po nekoj pravoj q koja takode sadrˇi taˇku S. z c a) Odredimo najpre potrebne uslove, zato pretpostavimo da neka ravan π seˇe rogalj c Sabcd po paralelogramu ABCD. S obzirom da ravan π seˇe ravan ab i cd po uporednim c pravama AB i CD, ravan π je uporedna sa pravom p po kojoj se seku ravni ab i cd. Isto tako, ravan π seˇe ravni bc i ad po uporednim pravama BC i AD, pa je ravan c π uporedna i sa pravom q po kojoj se seku ravni bc i ad. Prema tome, da bi presek ravni π sa rogljem Sabcd bio paralelogram, potrebno je da ravan π bude uporedna sa pravama p i q po kojima se seku ravni naspramnih pljosni tog roglja. Dokaˇimo da su ti z uslovi i dovoljni. Neka je π ravan uporedna sa pravama p i q, koja seˇe rogalj Sabcd po c ˇetvorouglu ABCD. S obzirom da se ravni ab i cd seku po pravoj p koja je uporedna c sa ravni π, preseˇne prave, AB i CD tih ravni sa ravni π medusobno su uporedne. Isto c tako, ravni bc i ad seku se po pravoj q koja je uporedna sa ravni π, pa su preseˇne prave c BC i AD tih ravni sa ravni π medu sobom uporedne. Otud sledi da je ˇetvorougao c ABCD paralelogram. Prema tome, da bi presek ravni π sa rogljem Sabcd bio paralelogram potrebno je i dovoljno da ta ravan π bude uporedna s pravama p i q po kojima se seku ravni naspramnih pljosni tog roglja. b) S obzirom da je pravougaonik paralelogram, moraju biti zadovoljeni uslovi navedeni u prethodnom delu ovog zadatka. Sem toga, ako bi presek ABCD neke ravni π sa rogljem Sabcd bio pravougaonik prave p i q uporedne sa susednim stranicama AB i AD pravougaonika ABCD moraju biti uporedne medu sobom. Obrnuto, ako su prave p i q upravne medu sobom, presek ABCD roglja Sabcd sa ravni π koja je uporedna sa pravama p i q je pravougli paralelogram. Prema tome, da bi presek ravni π sa rogljem Sabcd bio pravougli paralelogram potrebno je i dovoljno da ravan π bude uporedna sa pravama p i q i da prave p i q budu medu sobom jednake. c) S obzirom da je romb takode paralelogram, moraju biti zadovoljeni uslovi navedeni u prvom delu ovog zadatka. Zadatak 48: Odrediti potrebne i dovoljne uslove da presek ravni s tetraedrom bude: a) paralelogram, b) romb, c) pravougaonik, d) kvadrat. Dokaz: a) Ako izvesna ravan π seˇe ivice AC, BC, BD, AD tetraedra ABCD u taˇkama c c P , Q, R, S takvim da je ˇetvorougao P QRS paralelogram, bi´e P Q RS i RS QR. c c S obzirom da ravni ABC i ABD sadrˇe dve uporedne prave P Q i RS, njihova preseˇna z c prava AB uporedna je sa pravama P Q i RS, i prema tome, sa ravni π. Isto tako je prava CD uporedna sa ravni π. 35 D S R A P Q B Slika uz zadatak 48 C Dakle, ravan π mora da bude uporedna sa naspramnim ivicama AB i CD tog tetraedra. Obrnuto ako proizvoljna ravan π uporedna naspramnim ivicama AB i CD tetraedra ABCD seˇe ostale ivice AC, BC, BD, AD u taˇkama P , Q, R, S bi´e ˇetvorougao c c c c P QRS paralelogram. Zaista, ravni ABC i ABD sadrˇe pravu AB koja je uporedna sa z ravni π, pa su i preseˇne prave P Q i SR tih ravni sa ravni π uporedne sa pravom AB, c dakle i medu sobom. Isto tako su prave P S i QR uporedne medu sobom. Otuda sledi da je ˇetvorougao P QRS paralelogram. Prema tome, da bi presek ravni π s tetraedrom c ABCD bio paralelogram, potrebno je i dovoljno da ta ravan bude uporedna s naspramnim ivicama AB i CD. b) Ako izvesna ravan π seˇe ivice AC, BC, BD, AD tetraedra ABCD u taˇkama P , c c Q, R, S takvim da je ˇetvorougao P QRS romb, prema (a) bi´e AB π i CD π. Sem c c toga je AB P Q i CD QR, pa je P Q : AB = QC : BC i QR : CD = BQ : BC. S obzirom da je kod romba P Q = QR, iz dobijenih proporcija nalazimo da je AB : CD = BQ : CQ. Obratno, ako proizvoljna ravan π uporedna naspramnim ivicama AB i CD tetraedra ABCD seˇe ostale ivice AC, BC, BD, AD u taˇkama P , Q, R, S pri ˇemu je c c c AB : CD = BQ : CQ, tj. AB · CQ = CD · BQ. (1) bi´e ˇetvorougao P QRS romb. c c Zaista, iz (a) neposredno sledi da je ˇetvorougao P QRS paralelogram. Sem toga je c AB P Q i CD QR, pa je AB : P Q = BC : CQ i CD : QR = BC : BQ, 36 tj. AB · BQ = P Q · BC i CD · BQ = QR · BC. Iz jednakosti (1), (2), (3) nalazimo da je P Q · BC = QR · BC, pa je P Q = QR. Otuda sledi da su i susedne stranice paralelograma P QRS jednake, pa je taj paralelogram romb. Prema tome, da bi presek ravni π s tetraedrom ABCD bio romb, potrebno je i dovoljno da bude π AB, π CD i AB : CD = BQ : CQ. c) Ako izvesna ravan π seˇe ivice AC, BC, BD, AD tetraedra ABCD u taˇkama P , c c Q, R, S takvim da je ˇetvorougao P QRS pravougaonik, kao u prvom delu ovog zadatka c bi´e AB π i CD π. Sem toga je AB P Q i CD QR, a kod ˇetvorougla P QRS, c c P Q QR, pa je AB ⊥ CD. Obrnuto, ako neka ravan π uporedna naspramnim ivicama AB i CD tetraedra ABCD kod koga je AB ⊥ CD seˇe ostale ivice AC, BC, BD, AD u taˇkama P , Q, R, S bi´e c c c ˇetvorougao P QRS pravougaonik. Zaista, kao u prvom delu ovog zadatka zakljuˇujemo c c da je ˇetvorougao P QRS paralelogram. Kako je P Q AB i QR CD, a AB ⊥ CD, c bi´e P Q ⊥ QR pa je paralelogram P QRS pravougli.Prema tome, da bi presek ravni π s c tetraedrom ABCD bio pravougaonik, potrebno je i dovoljno da bude π AB, π CD i AB ⊥ CD. d) Ako izvesna ravan π seˇe ivice AC, BC, BD, AD tetraedra ABCD u taˇkama c c P , Q, R, S takvim da je ˇetvorougso P QRD kvadrat, kao u prethodnom delu ovog c zadatka bi´e AB π, CD π i AB ⊥ CD. Sem toga, kao u delu (b) ovog zadatka bi´e c c AB : CD = BQ : CQ. Obrnuto tvrdenje dokazuje se kao u prethodnim sluˇajevima. c Prema tome, da bi presek ravni π s paralelogramom ABCD bio kvadrat, potrebno je i dovoljno da bude π AB, π CD, AB : CD = BQ : CQ. S obzirom da tetraedar ima tri para naspramnih ivica, postoje tri porodice paralelograma po kojima ravni mogu se´i jedan tetraedar. Uglovi svih paralelograma jedne c porodice jednaki su uglovima koje zahvataju odgovaraju´e naspramne ivice tog tetrac edra. Iz navedenog sledi da uvek postoje tri ravni koje seku tetraedar po rombovima, da se samo specijalni tetraedri, tetraedri s uspravnim naspramnim ivicama, mogu se´i c s ravnima tako da preseci budu pravougaonici, a da postoje najviˇe tri ravni koje seku s takav jedan tetraedar po kvadratima. Zadatak 49: Ako dva tetraedra ABCD i ABCD′ imaju zajedniˇku pljosan ABC, a c ′ se nalazi u tetraedru ABCD, dokazati da je zbir iviˇnih uglova kod temena D ′ teme D c ve´i od zbira uglova kod temena D. c (3) (2) 37 D D′′′ D′′ C D′ A B Slika uz zadatak 49 Dokaz: Kako je taˇka D′ u tetraedru ABCD, ona je izmedu temena A i neke unuc c s traˇnje taˇke D′′ pljosni BCD, zatim je taˇka D′′ izmedu taˇke B i neke unutraˇnje s c c ′′′ duˇi CD. Dokaˇimo najpre da je zbir iviˇnih uglova kod temena D ′ tetraedra taˇke D c z z c ABCD′ ve´i od zbira iviˇnih uglova kod temena D′′ tetraedra ABCD′′ . Kod konveksnog c c triedra s vrhom B i ivicama BC, BD′ , BD′′ je ∠D′ BD′′ + ∠CBD′′ > ∠CBD′ , a kod konveksnog triedra s vrhom C i ivicama CB, CD′ , CD′′ je ∠D′ CD′′ + ∠BCD′′ > ∠BCD′ . Sabiranjem odgovaraju´ih strana dobijenih nejednakosti nalazimo da je c ∠CBD′′ + ∠BCD′′ + ∠D′ BD′′ + ∠D′ CD′′ > ∠CBD′ + ∠BCD′ . Ako sa R obeleˇimo prav ugao, kod trouglova BCD′ i BCD′′ bi´e z c ∠CBD′ + ∠BCD′ = 2R − ∠BD′ C i ∠CBD′′ + ∠BCD′′ = 2R − ∠BD′′ C, pa je ∠BD′ C + ∠D′ BD′′ + ∠D′ CD′′ > ∠BD′′ C. Uglovi AD′ B i AD′ C su spoljaˇnji uglovi trouglova BD′ D′′ i CD′ D′′ , pa je s ∠D′ BD′′ = ∠AD′ B − ∠AD′′ B i ∠D′ CD′′ = ∠AD′ C − ∠AD′′ C, i prema tome ∠BD′ C + ∠AD′ B + ∠AD′ C > ∠BD′′ C + ∠AD′′ B + ∠AD′′ C. 38 Analognim postupkom dokazuje se da je zbir iviˇnih uglova kod temena D′′ tetraedra c ABCD′′ ve´i od zbira iviˇnih uglova kod temena D′′′ tetraedra ABCD′′′ ; zatim da je c c zbir iviˇnih uglova kod temena D′′′ tetraedra ABCD′′′ ve´i od zbira iviˇnih uglova kod c c c temena D tetraedra ABCD. Otuda sledi da je zbir iviˇnih uglova kod temena D′ tetrac edra ABCD′ ve´i od zbira iviˇnih uglova kod temena D tetraedra ABCD. c c Zadatak 50: Ako su svi iviˇni uglovi kod temena D tetraedra ABCD pravi, dokazati c da se podnoˇje E iz temena D poklapa s ortocentrom trougla ABC. z D A C′ B′ E A′ B Slika uz zadatak 50 C Dokaz: Ravan ADE sadrˇi pravu DE upravnu na ravni ABC i pravu AD upravnu z na ravni BCD, pa je ravan ADE upravna na ravnima ABC i DBC, dakle i na pravoj BC po kojoj se seku ravni ABC i DBC. Otuda sledi da je AE ⊥ BC. Na isti naˇin c dokazuje se da je BE ⊥ AC, pa je taˇka E ortocentar trougla ABC. c Zadatak 51: Ako je E srediˇte visine DD′ pravilnog tetraedra ABCD, dokazati da s su iviˇni uglovi kod temena E tetraedra ABCE pravi. c D E A D ′ B C Slika uz zadatak 51 39 Dokaz: Taˇka D′ je srediˇte jednakostraniˇnog trougla ABC, pa je c s c √ a 3 ′ AD = , 3 pri ˇemu je duˇ a jednaka ivicama tetraedra ABCD. Duˇi AD′ i DD′ su katete pravoc z z uglog trougla ADD′ , pa je √ a 2 ′ DD = √ 3 i prema tome a ED ′ = √ . 6 Kod trougla AED ′ ugao D′ je prav, pa je AE 2 = AD′2 + ED ′2 . S obzirom da je √ a 3 AD = 3 ′ a i ED′ = √ 6 bi´e c a2 . 2 Iz podudarnih trouglova AED ′ i BED′ nalazimo da je AE = BE, pa je AE 2 = AE 2 + BE 2 = AB 2 . Iz toga sledi da je ugao E trougla ABE prav. Isto tako su uglovi E trouglova BCE i CAE pravi, pa su i iviˇni uglovi kod temena E tetraedra ABCE takode pravi. c zs Zadatak 52: Dokazati da se teˇiˇne linije Aν Tν bilo kojeg poliedra koji ima i temena A1 , A2 seku u jednoj taˇki, teˇiˇtu T tog poliedra, pri ˇemu je Aν T = (n − 1)T Tν . c zs c A1 T A2 T1 T2 A4 S A3 Slika uz zadatak 52 40 Dokaz: Izvedimo dokaz metodom indukcije. Zato, najpre dokaˇimo da se dve teˇiˇne z zs linije Aν Tν za ν = 1, ..., 4 tetraedra A1 A2 A3 A4 seku u jednoj taˇki T takvoj da je c Aν T = 3T Tν . Ako sa S obeleˇimo srediˇte ivice A3 A4 bi´e taˇke T1 i T2 na duˇinama z s c c z A2 S i A1 S, pa se duˇi A1 T1 i A2 T2 seku u nekoj taˇki T. z c Sem toga, taˇke T1 i T2 duˇi A2 S i A1 S su takve da je SA2 = 3ST1 i SA1 = 3ST2 , pa c z je A1 A2 T1 T2 , i prema tome A1 A2 = 3T1 T2 . Sad je △T A1 A2 ∼ △T T1 T2 , pa je A1 A2 : T1 T2 = A1 T : T T1 Kako je A1 A2 = 3T1 A2 = 3T1 T2 , bi´e c A1 T = 3T T1 i A2 T = 3T T2 . Istim postupkom dokazuje se da i teˇiˇne linije A3 T3 , A4 T4 seku A1 T1 u taˇkama koje zs c imaju istu osobinu, pa se sve te preseˇne taˇke poklapaju, i prema tome sve teˇiˇne linije c c zs tetraedra imaju zajedniˇku taˇku T takvu da je Aν T = 3T Tν . c c Pretpostavimo sad da je stav dokazan za sluˇaj kad poliedar ima n−1 temena, a dokaˇimo c z da on vaˇi i u sluˇaju kad poliedar ima n temena. Ako sa S obeleˇimo teˇiˇta mnoˇtva z c z zs s taˇaka A3 , A4 , . . . , An bi´e taˇke T1 i T2 na duˇima A2 S i A1 S, pa se duˇi A1 T1 i A2 T2 c c c z z seku u nekoj taˇki T. Sem toga, taˇke T1 i T2 duˇi A2 S i A1 S su takve da je SA2 = nST1 c c z i SA1 = nST2 , pa je A1 A2 T1 T2 , i prema tome A1 A2 = nT1 T2 . Sad je △T A1 A2 ∼ △T T1 T2 , pa je A1 A2 : T1 T2 = A1 T : T T1 S obzirom da je A1 A2 = nT1 T2 , bi´e c A1 T = nT T1 i A2 T = nT T2 . Istim postupkom dokazuje se i da teˇiˇne linije A3 T3 , . . . , An Tn seku duˇi A1 T1 u temezs z nima koja imaju istu osobinu, pa se i sve te preseˇne taˇke poklapaju, i prema tome, sve c c teˇiˇne linije poliedra se seku u jednoj taˇki T takvoj da je Aν T = (n − 1)T Tν . zs c c c U prvom delu dokazali smo da je tvrdenje taˇno kada poliedar ima ˇetiri temena, prema tome, tvrdenje je taˇno i u sluˇaju kad poliedar ima 5, 6, 7, . . . , n temena. c c Zadatk 53: Dokazati da se ravni od kojih svaka sadrˇi srediˇte jedne ivice tetraedra, z s a upravna je na naspramnoj ivici, seku u jednoj taˇki koja je simetriˇna sa srediˇtem c c s opisane sfere u odnosu na teˇiˇte tog tetraedra. zs i A1 A2 : T1 T2 = A2 T : T T2 . i A1 A2 : T1 T2 = A2 T : T T2 . 41 D P′ Q′ T A R B Q R′ C P Slika uz zadatak 53 Dokaz: Prema zadatku 52. teˇiˇte T tetraedra ABCD poklapa se sa srediˇtem duˇi zs s z koja spaja srediˇta bilo kojih dveju naspramnih ivica, pa je ravan koja sadrˇi srediˇte s z s jedne ivice, a upravna je na naspramnoj ivici tog tetraedra, simetriˇna sa simetralnom c ravni te naspramne ivice u odnosu na teˇiˇte T tog tetraedra. S obzirom da se simetriˇne zs c ravni ivica tetraedra seku u jednoj taˇki, srediˇtu O sfere opisane oko tog tetraedra, njima c s simetriˇne ravni u odnosu na taˇku T takode se seku u nekoj taˇki M koja je simetriˇna c c c c sa taˇkom O u odnosu na taˇku T. c c Zadatak 54: Ako se prave kroz temena A, B, C, D tetraedra ABCD upravne na pljosnima B ′ C ′ D′ , C ′ D′ A′ , D′ A′ B ′ , A′ B ′ C ′ tetraedra A′ B ′ C ′ D′ seku u jednoj taˇki O, c dokazati da se i prave kroz temena A′ , B ′ , C ′ , D′ upravne na pljosnima BCD, DAB, ABC takode seku u jednoj taˇki O′ . c D D′ C′ O′ O A C A′ B Slika uz zadatak 54 B′ Dokaz: Najpre dokaˇimo da se prave kroz bilo koja dva temena tetraedra A′ B ′ C ′ D′ z upravne na odgovaraju´im pljosnima tetraedra ABCD seku. Izvedimo dokaz za norc ′ i D ′ . Ravan ν odredena taˇkama O, A, B sadrˇi prave OA i OB male kroz temena C c z upravne na ravnima B ′ C ′ D′ i C ′ D′ A′ , pa je ravan ν upravna i na pravoj C ′ D′ po kojoj 42 se seku ravni B ′ C ′ D′ i C ′ D′ A′ . S obzirom da ivica AB pripada ravni ν koja je upravna na ivici C ′ D′ bi´e AB⊥C ′ D′ . Iz toga sledi da postoji ravan ν ′ koja sadrˇi ivicu C ′ D′ , a c z upravna je na ivici AB. Ta ravan sadrˇi upravne kroz C ′ i D′ na pljosnima DAB i CAB, z prema tome, te upravne se seku u nekoj taˇki O′ . Analognim postupkom dokazuje se da c se upravne kroz bilo koja dva temena tetraedra A′ B ′ C ′ D′ na odgovaraju´im pljosnima c tetraedra ABCD takode seku. Sad dokaˇimo da se sve te preseˇne taˇke poklapaju, z c c tj. da i prave kroz temena A′ i B ′ upravne na pljosnima BCD i ACD sadrˇe taˇku z c O′ . S obzirom da te upravne seku prave O′ C ′ i O′ D′ , a ne pripadaju ravni O′ C ′ D′ , te upravne sadrˇe presek O′ upravnih kroz C ′ i D′ . Pri tome, sve prave kroz temena tetraez dra A′ B ′ C ′ D′ upravne na odgovaraju´im pljosnima tetraedra ABCD takode se seku u c jednoj taˇki O′ . c Zadatak 55: Neka su A′ , B ′ , C ′ , D′ srediˇta krugova ispisanih u pljosni BCD, CDA, s DAB, ABC tetraedra ABCD. a) Ako se duˇi AA′ i BB ′ seku, dokazati da je AC : AD = BC : BD. z b) Ako je AC : AD = BC : BD, dokazati da se duˇi AA′ i BB ′ seku. z c) Ako se duˇi AA′ , BB ′ seku, dokazati da se i duˇi CC ′ i DD′ seku. z z d) Ako se duˇi AA′ , BB ′ , CC ′ seku u jednoj taˇki O, dokazati da i duˇ DD′ sadrˇi z c z z taˇku O. c Dokaz: a) S obzirom da se duˇi AA′ i BB ′ seku, one odreduju izvesnu ravan π. Taˇke C i D z c su s raznih strana te ravni, pa duˇ CD prodire istu u nekoj taˇki M . Ta taˇka je presek z c c simetrale AB ′ ugla CAD sa stranicom CD trougla ACD, pa je CM : DM = AC : AD. CM : DM = BC : BD Iz proporcija (1) i (2) sledi da je AC : AD = BC : BD. A (1) (2) Isto tako, M je taˇka u kojoj simetrala ugla CBD seˇe stranicu CD ugla BCD, pa je c c B O A′ B′ D M C Slika uz zadatak 55 43 b) Ako je M taˇka u kojoj simetrala AB ′ ugla CAD seˇe stranicu CD trougla ACD c c i M ′ taˇka u kojoj simetrala ugla CBD seˇe stranicu CD trougla BCD, bi´e c c c AC : AD = CM : M D Po pretpostavci je AC : AD = BC : BD, pa je CM : M D = CM ′ : M ′ D. Iz ove dve proporcije sledi da su taˇke M i M ′ istovetne. S obzirom da su taˇke A′ i B ′ c c unutraˇnje taˇke stranica BM i AM trougla M AB, duˇi AA′ i BB ′ se seku. s c z c) S obzirom da se duˇi AA′ i BB ′ seku, prema prvom delu zadatka, bi´e z c AC : AD = BC : BD, pa je AC : BC = AD : BD. Iz ove proporcije, primenom prethodnog dela ovog zadatka, zakljuˇujemo da se i duˇi c z CC ′ i DD′ seku. d) S obzirom da se duˇi BB ′ i CC ′ seku, one odreduju izvesnu ravan π. Iz pretpoz ′ i BB ′ seku, prema prethodnom delu zadatka, sledi da se i duˇi stavke da se duˇi AA z z CC ′ i DD′ seku, a iz pretpostavke da se duˇi AA′ i CC ′ seku, sledi da se duˇi BB ′ i DD′ z z seku. Dakle, prava DD′ seˇe dve prave BB ′ i CC ′ ravni π, te ona ili pripada ravni π, ili c prodire tu ravan u taˇki O. Prava DD′ ne moˇe biti u ravni π, jer bi u tom sluˇaju ravan c z c π sadrˇala taˇke B, C, D pa bi ona bila istovetna sa ravni BCD, ˇto je nemogu´e, jer z c s c ′ i C ′ koje su izvan ravni BCD. Prema tome, duˇ sadrˇi preseˇnu ravan π sadrˇi taˇke B z c z z c taˇku O duˇi AA′ , BB ′ , CC ′ . c z Zadatak 56: Ako su proizvodi naspramnih ivica tetraedra medu sobom jednaki, dokazati da se duˇi koje spajaju temena tog tetraedra sa srediˇtima krugova upisanim u z s naspramnim pljosnima seku u jednoj taˇki. c D M B ′ i BC : BD = CM ′ : M ′ D. S A A′ C B Slika uz zadatak 56 44 Dokaz: Neka su A′ , B ′ , C ′ , D′ srediˇta krugova upisanih i pljosni BCD, CDA, DAB, s ABC tetraedra ABCD kod koga su proizvodi naspramnih ivica medu sobom jednaki. Iz jednakosti AD : BC = BD : AC sledi da je AC : AD = BC : BD. Ako obeleˇimo sa M i N taˇke u kojima simetrale AB ′ i BA′ uglova CAD i CBD seku z c duˇi CD, imamo da je z AC : AD = CM : M D Otuda je CM : M D = CN : N D, pa su taˇke M i N istovetne. S obzirom da je M taˇka prave CD koja je mimoilazna sa c c pravom AB, taˇka M nije na pravoj AB, pa su taˇke A, B, M temena izvesnog trougla c c ABM . Taˇke A′ i B ′ su unutraˇnje taˇke strania BM i AM tog trougla, prema tome, c s c duˇi AA′ i BB ′ se seku u nekoj taˇki S. Na isti naˇin dokazujemo da se duˇi AA′ i CC ′ z c c z seku u nekoj taˇki S ′ , a duˇi BB ′ i CC ′ seku u nekoj taˇki S ′′ . Prava CC ′ seˇe dve c z c c prave AA′ i BB ′ ravni ABM , prema tome, one pripadaju toj ravni, ili pak prodire tu ravan u taˇki S. Prava CC ′ ne moˇe biti u ravni ABM , jer bi u tom sluˇaju dve taˇke c z c c C i M ivice CD bile u ravni ABM pa bi i taˇka bila u toja ravni, ˇto je nemogu´e. c s c ′ prodire ravan ABM u taˇki S i s obzirom da su taˇke C i S obzirom da prava CC c c C ′ sa raznih strana od te ravni, duˇ CC ′ sadrˇi taˇku S. Na isti naˇin dokazujemo da z z c c i duˇ DD′ sadrˇi taˇku S, prema tome, duˇi AA′ , BB ′ , CC ′ , DD′ se seku u jednoj taˇki. z z c z c c Zadatak 57: U tetraedru ABCD odrediti taˇku T takvu da zapremine tetraedra ABCT , BCDT , CDAT , DABT budu medu sobom jendnake. D i BC : BD = CN : N D. T C A F E B Slika uz zadatak 57 Dokaz: Neka je T taˇka u tetraedru ABCD takva da su zapremine tetraedra ABCT , c BCDT , CDAT , DABT medu sobom jednake. Ako obeleˇimo sa F taˇku u kojoj ravan z c 45 CDT seˇe ivicu AB, imamo da je c V (ACDT ) S(CDT ) = V (ACDF ) S(CDF ) otud je V (ACDT ) V (BCDT ) = . V (ACDF ) V (BCDF ) S obzirom da je V (ACDT ) = V (BCDT ), imamo da je V (ACDF ) = V (BCDF ). Tetraedri ACDF i BCDF imaju zajedniˇku osnovicu CDF i jednake zapremine, pa su c im jednake i visine, dakle i duˇi AF i BF . Stoga je taˇka F srediˇte ivice AB. z c s Analognim postupkom dokazuje se da ravan odredena taˇkom T i bilo kojom drugom c ivicom sadrˇi srediˇte naspramne ivice. Otud sledi da je taˇka T teˇiˇte tetraedra ABCD. z s c zs Dokaˇimo sad obrnuto poredenje, naime, pretpostavljaju´i da je T teˇiˇte tetraedra z c zs ABCD, dokaˇimo da je z V (ABCT ) = V (BCDT ) = V (CDAT ) = V (DABT ). Ako obeleˇimo sa E teˇiˇte trougla ABC, bi´e taˇka T izmedu taˇaka D i E takva da z zs c c c je DE = 4T E. S obzirom da tetraedri ABCT i ABCD imaju zajedniˇku pljosan ABC c 1 c i s obzirom da je T E = 4 DE, bi´e 1 V (ABCT ) = V (ABCD). 4 Isto tako je 1 V (BCDT ) = V (ABCD), 4 1 V (CDAT ) = V (ABCD), 4 1 V (DABT ) = V (ABCD), 4 pa je V (ABCT ) = V (BCDT ) = V (CDAT ) = V (DABT ). i V (BCDT ) S(CDT ) = . V (BCDF ) S(CDF ) Zadatak 58: Ako se prave odredene dvema visinama tetraedra seku, dokazati da se prave odredene drugim dvema visinama takode seku. 46 A B′ H B A′ M D C Slika uz zadatak 58 Dokaz: Pretpostavimo da se prave odredene visinama AA′ i BB ′ tetraedra ABCD seku u izvesnoj taˇki H, a dokaˇimo da se prave odredene visinama CC ′ i DD′ takode c z ′ i BB ′ seku, one odreduju izvesnu ravan α koja sadrˇi temena seku. Kako se prave AA z A, B i prema tome ivicu AB. Ta ravan sadrˇi upravne AA′ i BB ′ na ravnima BCD z i ACD, pa je i sama upravna na tim ravnima, dakle i na pravoj CD po kojoj se seku ravni ACD i BCD. Kako je α ⊥ CD, sve prave ravni α upravne su na pravoj CD, pa je i AB ⊥ CD. Ako je M taˇka u kojoj α seˇe CD, bi´e ABM trougao kome je c c c c H ortocentar, pa je P H ⊥ AB u izvesnoj taˇki N . Ravan β odredena taˇkama N , C, c D sadrˇi prave CD i M N upravne na AB, pa je i sama upravna na toj pravoj. Kako z je ravan β upravna na pravoj AB koja pretstavlja presek ravni ABC i ABD, ravan β upravna je na ravnima ABC i ABD. Otud sledi da su prave CC ′ i DD′ sadrˇane u z ravni β, a kako su upravne na ravnima koje se seku i te dve prave se seku u nekoj taˇki H ′ . c Zadatak 59: Ako su dva para naspramnih ivica tetraedra upravna, dokazati da je i tre´i par naspramnih ivica upravan, tj. da je tetraedar ortogonalan. c z Dokaz: Neka je kod tetraedra ABCD BC ⊥ AD i BD ⊥ AC, dokaˇimo da je AB ⊥ CD. A D B A′ C Slika uz zadatak 59 47 Upravna projekcija A′ temena A na ravan BCD razliˇita je od taˇaka B, C ili se poklapa c c sa nekom od njih. Ako pretpostavimo da je taˇka A′ razliˇita od tih taˇaka, bi´e duˇi c c c c z A′ C i A′ D upravne projekcije ivice AC i AD na ravan BCD. Dve prave AA′ i AC ravni AA′ C upravne su na pravoj BD, pa je i preseˇna prava A′ C te ravni sa ravni BCD c upravna na pravoj BD. Isto tako je preseˇna prava A′ D ravni AA′ D sa ravni BCD c upravna na pravoj BC. Otud sleduje da prave A′ C i A′ D sadrˇe visine iz temena C i D z ′ tih pravih ortocentar trougla BCD. Stoga je prava A′ B trougla BCD, pa je presek A upravna na pravoj CD. Sad je prava CD upravna na dvema pravama AA′ i BA′ ravni AA′ B, pa su upravna na svim pravima te ravni, dakle i na pravoj AB. Ako se taˇka A′ c poklapa s taˇkom B, bi´e prava AB upravna na ravni BCD pa je upravna i na pravoj c c CD koja se nalazi u toj ravni. Ako se taˇka A′ poklapa s jednom od taˇaka B i C, npr. c c C, bi´e prava BC upravna na dvema pravama AC i AD ravni ACD, dakle i na pravoj c CD. Sad je prava CD upravna na dvema pravama AB i BC ravni ABC, pa je upravna i na pravoj AB. Zadatak 60: Dokazati da su podnoˇja visina ortogonalnog tetraedra ortocentri pljosni z tog tetraedra. Dokaz: Neka je E podnoˇje visine iz temena D ortogonalnog tetraedra ABCD. z D C B′ A C′ E A′ B Slika uz zadatak 60 Prava BC upravna je na dvema pravama AD i DE ravni ADE, pa je upravna i na toj ravni. Stoga je prava AE upravna na pravoj BC. Isto tako je prava BE upravna na pravoj AC, pa je podnoˇje E visine iz temena D ortocentar trougla ABC. Analogno se z dokazuje da su i podnoˇja ostalih visina ortocentri odgovaraju´ih pljosni. z c Zadatak 61: Ako su kod tetraedra ABCD naspramne ivice AB i CD medu sobom upravne, dokazati da se prave odredene visinama AA′ i BB ′ seku u izvesnoj taˇki H, a c prave odredene visinama CC ′ i DD′ seku u izvesnoj taˇki H ′ , pri ˇemu taˇke H i H ′ c c c pripadaju zajedniˇkoj normali mimoilaznih pravih AB i CD. c 48 A N H B′ C′ H′ A′ D ′ D B M C Slika uz zadatak 61 Dokaz: Prave i ne mogu biti istovetne. Zaista, ako bi one bile takve, bile bi ravni ACD i BCD upravne na istoj pravoj, dakle uporedne medu sobom, ˇto je s nemogu´e jer se ravni ACD i BCD seku po pravoj CD. Otud sleduje da je bar jedna c od pravih AA′ i BB ′ , npr. AA′ , razliˇita od prave AB i prema tome da prave AB i AA′ c odreduju izvesnu ravan α. Prava CD upravna je na dvema pravama AB i AA′ ravni α, pa je i sama upravna na toj ravni u izvesnoj taˇki M . Sad je ravan α upravna na c pravoj CD po kojoj se seku ravni ACD i BCD, te je upravna i na ravnima ACD i BCD. Taˇke A i B su sadrˇane u ravni α koja je upravna na ravnima BCD i ACD, c z pa su visine AA′ i BB ′ sadr”zane u ravni α i upravne na preseˇnim pravama BM i c ′ i BB ′ sadrˇe visine iz temena AM te ravni s ravnima BCD i ACD. Stoga prave AA z A i B trougla AM B, pa se seku u izvesnoj taˇki H, ortocentru tog trougla. Otuda c sleduje da je prava M H upravna na pravoj AB u izvesnoj taˇki N i prema tome da c taˇka H pripada zajedniˇkoj normali M N mimoilaznih pravih AB i CD. Istim postupc c kom se dokazuje da se seku i prave CC ′ i DD′ u nekoj taˇki H ′ koja pripada pravoj M N . c Zadatak 62: Dokazati da se prave odredjene visinama ortogonalnog tetraedra seku u jednoj taˇki, ortocentru tog tetraedra. c A AA′ BB ′ C′ H D′ B A′ B′ D C Slika uz zadatak 62 49 Dokaz: Kod ortogonalnog tetraedra sve nasprame ivice upravne su medu sobom, pa se prema prethodnom zadatku prave odredene bilo kojim dvema visinama tog tetraedra seku. Obeleˇimo sa AA′ , BB ′ , CC ′ i DD′ visine tetraedra ABCD, sa H taˇku u kojoj z c ′ i BB ′ , a sa π ravan odredenu tim dvema pravama. Dokaˇimo da i z se seku prave AA prave CC ′ , DD′ takode sadrˇe taˇku H. Kada prava, npr. CC ′ ne bi sadrˇala taˇku H, z c z c ona bi sekla prave AA′ i BB ′ u dvema raznim taˇkama H1 i H2 koje pripadaju ravni c π, pa bi i prava CC ′ pripadala ravni π. U tom sluˇaju, ravan π sadrˇi upravne AA′ i c z BB ′ na ravnima BCD i ACD, pa je upravna i na preseˇnoj pravoj CD tih dveju ravni; c isto tako, ravan π sadrˇi upravne AA′ i CC ′ na ravnima BCD i ABD, pa je upravna z i na preseˇnoj pravoj BD tih dveju ravni. Dakle, dve stranice BD i CD trougla BCD c upravne su na ravni π i prema tome medu sobom uporedne, ˇto je nemogu´e. Otud sles c ′ ne pripada ravni π. Kako prava CC ′ seˇe obe prave AA′ i BB ′ koje duje da prava CC c se nalaze u ravni π, a sama ne pripada toj ravni, ona prodire ravan π u preseˇnoj taˇki c c ′ i BB ′ . Istim postupkom dokazuje se da i prava DD ′ prodire ravan π u H pravih AA taˇki H, pa sve prave odredene visinama AA′ , BB ′ , CC ′ , i DD′ ortogonalnog tetraedra c ABCD seku u istoj taˇki H, ortocentru tog tetraedra. c Zadatak 63: Dokazati da kod ortogonalonog tetraedra srediˇta ivica i podnoˇja zas z jedniˇkih normala naspramnih ivica pripadaju jednoj sferi kojoj se srediˇte poklapa sa c s teˇiˇtem tog tetraedra. zs Dokaz: Neka su P , Q, R, S, U i V srediˇta ivica AB, BC, CD, DA, AC i BD s ortogonalnog tetraedra ABCD. D R S V T A P B Slika uz zadatak 63 ′ T Q C U Duˇi P Q i RS kao srednje linije trouglova ABC i ADC uporedne su ivici AC, dakle z i medu sobom, a duˇi P S i QR kao srednje linije trouglova ABD i CBD uporedne su z ivici BD, dakle i medu sobom. Otud sleduje da je ˇetvorougao P QRS paralelogram. c Kako su naspramne ivice AC i BD tetraedra ABCD medu sobom upravne, upravne su medu sobom i njima uporedne duˇi P Q i RS, pa je paralelogram P QRS pravougli. z 50 Stoga su njegove dijagonale P Q i RS jednake, one se seku u izvesnoj taˇki T koja ih c polovi. Istim postupkom dokazuje se da je ˇetvorougao U SV Q pravougli paralelogram c kome su dijagonale QS i U V jednake, one se seku u izvesnoj taˇki T ′ koja ih polovi. c ′ , su srediˇta iste duˇi QS, pa je T = T ′ . S obzirom da su duˇi P R, Obe taˇke, T i T c s z z QS, U V sa zajedniˇkim srediˇtem T medu sobom jednake, taˇke P , Q, R, S, U , V c s c pripadaju izvesnoj sferi ω kojoj je srediˇte T . Ta sfera sadrˇi srediˇta stranica svih s z s pljosni tetraedra ABCD, prema tome i Ojlerove krugove tih pljosni. No podnoˇja visina z pojedinih pljosni su na Ojlerovim krugovima tih pljosni, a ta podnoˇja istovetna sa z podnoˇjima zajedniˇkih normala naspramnih ivica ortogonalnog tetraedra ABCD taˇke z c c sfere ω. Dokaˇimo joˇ da se srediˇte T sfere ω poklapa sa teˇiˇtem T ∗ tog tetraedra. Teˇiˇne z s s zs zs ′ i DD ′ tetraedra ABCD seku se u taˇki T ∗ , pri ˇemu je linije AA c c AT ∗ = 3T ∗ A′ zatim AD′ = 2D′ Q i DA′ = 2A′ Q. Otud sleduje da se srediˇte T duˇi SQ poklapa sa taˇkom T ∗ , pa se i srediˇte sfere ω s z c s poklapa sa srediˇtem tetraedra ABCD. s Zadatak 64 : Dokazati da kod ortogonalnog tetraedra teˇiˇta pljosni, ortocentri zs pljosni i taˇke koje dele duˇi ˇto spajaju ortocentar s temenima tako da odseˇci pri c z s c ortocentru budu dva puta manji od odseˇaka pri temenima, pripadaju jednoj sferi λ c kojoj je srediˇte O′ izmedu ortocentra H i srediˇta O opisane sfere tetraedra pri ˇemu s s c ′ = 2O ′ H, a polupreˇnik jednak tre´ini polupreˇnika opisane sfere tetraedra. je OO c c c A1 i DT ∗ = 3T ∗ D′ , E1 O′ H T2 T T1 H1 A4 A2 H′ O A3 Slika uz zadatak 64 Dokaz: Obeleˇimo sa H, T , O ortocentar, teˇiˇte i srediˇte opisane sfere ortogonalnog z zs s tetraedra A1 A2 A3 A4 , a sa Hi , Ti , Oi (i = 1, 2, 3, 4) ortocentre, teˇiˇta i srediˇta opisanih zs s krugova pljosni naspram temena A1 . Prema zadatku 63. taˇka T je srediˇte duˇi OH, a c s z prema Ojlerovoj teoremi, taˇka Ti je na duˇi Oi Hi takva da je Hi Ti = 2Ti Oi . S obzirom c z 51 da se podnoˇja visina ortogonalnog tetraedra poklapaju sa ortocentrima odgovaraju´ih z c pljosni, prave Ai Hi se seku u taˇki H. Prema zadatku 52. duˇi Ai Ti seku se u taˇki T c z c tako da je Ai T = 3T Ti , pa je T1 T2 T3 T4 tetraedar sliˇan i u sliˇnom poloˇaju s tetraec c z drom A1 A2 A3 A4 u odnosu na taˇku T . Otud sledi da je tetraedar T1 T2 T3 T4 takode c ortogonalan da mu se ortocentar H ′ i srediˇte O′ opisane sfere nalaze na pravoj OH pri s ˇemu je H − T − H ′ , O − T − O′ i HT = 3T H ′ , OT = 3T O′ . Iz Ai − T − Ti , H − T − H ′ c i Ai T = 3T Ti , HT = 3T H ′ sledi da je HAi H ′ Ti , tj. HHi H ′ Ti . S obzirom da je taˇka O′ srediˇte duˇi HH ′ , a uglovi Hi i Ti trapeza HH ′ Ti Hi pravi bi´e O′ Ti = O′ Hi . c s z c ′ je srediˇte sfere λ opisane oko tetraedra T T T T pa iz O ′ T = O ′ H sledi da Taˇka O c s 1 2 3 4 i i i taˇke Hi pripadaju sferi λ. Ako su Ei taˇke duˇi HAi takve da je Ai Ei = 2Ei H, bi´e c c z c te taˇke simetriˇne taˇkama Ti u odnosu na O′ , te i one pripadaju sferi λ. c c c Kako je taˇka O′ srediˇte duˇi HH ′ , a taˇka H ′ srediˇte duˇi O′ O, bi´e srediˇte O′ sfere c s z c s z c s λ taˇka duˇi OH takva da je OO′ = 2O′ H. Taˇke O′ i Ei su na stranicama OH i Ai H c z c takve da je OO′ = 2O′ H i Ai Ei = 2Ei H, pa je OAi = 3O′ Ei i prema tome polupreˇnik c sfere λ jednak tre´ini polupreˇnika sfere opisane oko tetraedra A1 A2 A3 A4 . c c Zadatak 65: Dokazati da su potrebni i dovoljni uslovi pod kojima je tetraedar ABCD ortogonalan izraˇeni jednakostima z AD2 + BC 2 = BD2 + CA2 = CD2 + AB 2 . D A C B Slika uz zadatak 65 Dokaz: Dokaˇimo najpre da su navedeni uslovi potrebni, naime , pretpostavljaju´i z c da je tetraedar ABCD ortogonalan, dokaˇimo da je z AD2 + BC 2 = BD2 + CA2 = CD2 + AB 2 . S obzirom da je tetraedar ABCD ortogonalan, imamo da je AD ⊥ BC i BD ⊥ AC. Stoga postoji ravan α koja sadrˇi ivicu AD, a upravna je na ivici BC i ravan β koja z sadrˇi ivicu BD, a upravna je na ivici AC. Kako je ravan α upravna na ivici BC, razlika z kvadrata odstojanja svake njene taˇke od taˇaka B i C je stalna, pa je c c AB 2 − AC 2 = BD2 − CD2 , 52 i prema tome BD2 + AC 2 = CD2 + AB 2 . Isto tako, razlika kvadrata odstojanja svake taˇke ravni β od taˇaka A i C je stalna, pa c c je AB 2 − BC 2 = AD2 − CD2 , i prema tome AB 2 + CD2 = BC 2 + AD2 . Otuda je AD2 + BC 2 = BD2 + CA2 = CD2 + AB 2 . Sad dokaˇimo da su navedeni uslovi dovoljni, naime, dokaˇimo da iz jednakosti z z AD2 + BC 2 = BD2 + CA2 = CD2 + AB 2 sledi da je tetraedar ABCD ortogonalan. S obzirom da je BD2 + AC 2 = CD2 + AB 2 bi´e c AB 2 − AC 2 = BD2 − CD2 , pa su taˇke A i D u nekoj ravni α upravnoj na ivici BC. Stoga je AD ⊥ BC. Isto tako, c iz jednakosti AD2 + BC 2 = AB 2 + CD2 sledi da je AB 2 − BC 2 = AD2 − CD2 , pa su B i D u nekoj ravni β upravnoj na ivici AC. Stoga je BD ⊥ AC. Otuda sledi da je tetraedar ABCD ortogonalan. Zadatak 66: Ako su A′ , B ′ , C ′ taˇke u kojima ivice AD, BD, CD tetraedra ABCD c pripadaju izvesnoj sferi λ′ koja sadrˇi temena A, B, C, dokazati da je ravan π ′ odredena z taˇkama A′ , B ′ , C ′ uporedna sa ravni π koja u temenu D dodiruje sferu opisanu oko c tetraedra ABCD. 53 S D π A′ B A λ B ′ T π′ C′ C λ′ Slika uz zadatak 66 Dokaz: Ravan ABD ima sa sferom λ zajedniˇke taˇke A, B, D, a sa sferom λ′ zac c jedniˇke taˇke A, B,A′ , B ′ , prema tome, ona seˇe sfere λ i λ′ po krugovima k i k′ pri c c c ˇemu k ⊂ A, B, D, a k′ ⊂ A, B, A′ , B ′ . Sem toga, ravan ABD ima sa ravni π zajedniˇku c c taˇku D, a sa ravni π ′ zajedniˇke taˇke A′ i B ′ , prema tome, ona seˇe ravni π i π ′ po c c c c pravama s i s′ , pri ˇemu s ⊂ D, a s′ ⊂ A′ , B ′ . Kako su taˇke A, B, A′ , B ′ na krugu k′ , a c c taˇke A′ i B ′ unutraˇnje taˇke duˇi AD i BD, bi´e ˇetvorougao ABB ′ A′ tetivan i konvec s c z c c ksan, pa je njegov spoljaˇnji ugao kod temena A′ jednak unutraˇnjem uglu kod temena s s ′ A′ D = ∠ABB ′ . Taˇka D je na polupravoj BB ′ , pa je ∠ABB ′ ≡ ∠ABD. S B, tj. ∠B c obzirom da ravan π dodiruje sferu λ u taˇki D i prava s dodiruje krug k u taˇki D. Ako c c je S proizvoljna taˇka prave s one strane prave AD s koje nije B, bi´e ∠ABD ≡ ∠SDA′ . c c Taˇka A je na polupravoj DA′ , pa je ∠SDA ≡ ∠SDA′ . Otuda je ∠B ′ A′ D = ∠SDA′ . c Kako su uglovi ∠B ′ A′ D i ∠SDA′ naizmeniˇni i jednaki, bi´e kraci DS i A′ B ′ upravni, c c ′ . Na isti naˇin dokazuje se da i ravan BCD seˇe ravni π i π ′ po upravnim pa je i s s c c pravama t i t′ pri ˇemu t ⊂ D, a t′ ⊂ B ′ , C ′ . Kako su ravni π i π ′ razliˇite, a dve c c neparalelne prave s i t ravni π uporedne sa dvema pravama s′ i t′ ravni π ′ , bi´e ravni π c ′ medu sobom uporedne. iπ Zadatak 67: Ako su A′ , B ′ , C ′ i A′′ , B ′′ , C ′′ taˇke u kojima ivice AD, BD, CD c ′ i λ′′ koje sadrˇe temena A, B, C, dokazati da su tetraedra ABCD prodiru dve sfere λ z trouglovi A′ B ′ C ′ i A′′ B ′′ C ′′ sliˇni, a ravni A′ B ′ C ′ i A′′ B ′′ C ′′ uporedne. c Dokaz: Neka su p, q, r prave po kojima ravni ABD, BCD, CAD seku ravan koja u temenu D dodiruje sferu λ opisanu oko tetraedra ABCD. Kao u prethodnom primeru, dokazuje se da je A′ B ′ p, B ′ C ′ q, C ′ A′ r i A′′ B ′′ p, B ′′ C ′′ q, C ′′ A′′ r, te je A′ B ′ A′′ B ′′ , B ′ C ′ B ′′ C ′′ , C ′ A′ C ” A” . Otud sleduje da su odgovaraju´e stranice trouglova A′ B ′ C ′ c i A′′ B ′′ C ′′ medu sobom uporedne, pa je ∠A′ B ′ C ′ ∼ ∠A′′ B ′′ C ′′ . Iz uporednosti odgovaraju´ih stranica tih trouglova takode sleduje da su ravni A′ B ′ C ′ i A′′ B ′′ C ′′ medu c sobom uporedne. 54 q p π r A′′ A′ A B D C ′′ B ′′ C′ B′ C Slika uz zadatak 67 Zadatak 68: Ako su P , Q, R taˇke u kojima ivice AD, BD, CD tetraedra ABCD c prodiru proizvoljnu sferu λ koja sadrˇi temena A, B, C a P ′ , Q′ , R′ taˇke u kojima ivice z c ′ koja sadrˇi temena B, C, D, dokazati da su AD, AB, AC prodiru proizvoljnu sferu λ z trouglovi P QR i P ′ Q′ R′ sliˇni. c D R P P ′ C Q R′ A Q′ B Slika uz zadatak 68 Dokaz: Dokaˇimo najpre da su uglovi kod temena P i P ′ trouglova P QR i P ′ Q′ R′ z jednaki. S obzirom na date pretpostavke neposredno zakljuˇujemo da su ˇetvorouglovi c c ′ Q′ konveksni i tetivni, te su im spoljaˇnji uglovi DP Q i AP ′ Q′ jednaABQP i BDP s ki istom naspramnom unutraˇnjem uglu. Stoga je ∠DP Q = ∠AP ′ Q′ . Isto tako je s ∠DP R = ∠AP ′ R′ . Triedri s temenima P i P ‘ , a ivicama P D, P Q, P R i P ′ A, P ′ Q′ , P ′ R′ imaju jednaka po dva iviˇna ugla i diedri zahva´eni njima, pa su isti podudarni, c c odakle sleduje da su i tre´i iviˇni uglovi jednaki, tj. da je ∠RP Q = ∠R′ P ′ Q′ . Kako je c c ∠DP Q ∼ ∠DBA i ∠DP R ∼ ∠DCA, bi´e c P Q : P D :: AB : BD i P R : P D :: AC : CD, 55 i prema tome, P Q : P R :: (AB : CD) : (AC : BD). Isto tako je P ′ Q′ : P ′ R′ :: (AB : CD) : (AC : BD). Iz poslednjih dveju proporcija nalazimo da je P Q : P R :: P ′ Q′ : P ′ R′ . S obzirom da je kod trouglova ∠QP R = ∠Q′ P ′ R′ bi´e c ∠P QR ∼ ∠P ′ Q′ R′ . i P Q : P R :: P ′ Q′ : P ′ R′ , Zadatak 69: Ako je kruˇna povrˇ (k) osnova i taˇka S vrh jedne kupe, dokazati da je z s c presek svake sfere koja sadrˇi rub osnove te kupe s njenim omotaˇem krug ˇija je ravan z c c uporedna s ravni koja u taˇki S dodiruje sferu opisanu oko te kupe. c S π k k′ Slika uz zadatke 69 i 70 Zadatak 70: Ako je kruˇna povrˇ (k) osnova i taˇka S vrh neke kupe, dokazati da je z s c presek svake ravni π ′ uporedne s ravni π koja u taˇki S dodiruje sferu opisanu oko te c ′ , pri ˇemu krugovi k i k ′ pripadaju jednoj sferi. kupe s omotaˇem te kupe krug k c c 56 Zadatak 71: Dokazati da u opˇtem sluˇaju postoji osam sfera koje dodiruju ravni s c odredene pljosnima jednog tetraedra. s4 S2 S1 s2 s1 s3 Slika uz zadatak 71 s Dokaz: Skup srediˇta svih sfera koje dodiruju ravni odredene pljosnima ABC, ACD, ADB tetraedra ABCD su ˇetiri prave. Obeleˇimo ih sa s1 , s2 , s3 , s4 . Te ˇetiri prave c z c sustiˇu simetralne ravni τ1 i τ2 diedara odredenih ravnima pljosni ABC i BCD, u opˇtem c s sluˇaju, u osam taˇaka. Svaka od tih taˇaka jednako je udaljena od ravni svih pljosni c c c tetraedra, prema tome, svaka od njih je srediˇte sfere koja dodiruje ravni svih pljosni s tog tetraedra. Stoga, u opˇtem sluˇaju postoji osam sfera, koje dodiruju ravni odredene s c pljosnima tetraedra ABCD. Neka od pravih s1 , s2 , s3 , s4 moˇe da bude uporedna s jednom od ravni τ1 i τ2 , no takvih z pravih moˇe biti najviˇe tri. Otuda sleduje da moˇe postojati pet, ˇest, sedam ili osam z s z s sfera koje dodiruju ravni odredene pljosnima jednog tetraedra. Napomena: Ravni odredene pljosnima tetraedra razlaˇu prostor na petnaest delova z i to na: 1 tetraedar, 4 roglja, 4 zarubljena roglja i 6 krovova. Jedna od pomenutih sfera nalazi se u gamom tetraedru, to je upisana sfera tetraedra, po jedna sfera nalazi se u svakom od zarubljenih rogljeva, to su spolja upisane sfere prvog reda, i najzad ostale tri sfere, ukoliko postoje, nalaze se po jedna u krovovima, to su spolja upisane sfere drugoga reda nekog tetraedra. Zadatak 72: Dokazati da taˇke P , Q, R, S u kojima stranice AB, BC, CD, DA c prostornog ˇetvorougla ABCD dodiruju izvesnu sferu λ pripadaju jednoj ravni. c Dokaz: Tri razne taˇke P , Q, R sfere λ ne pripadaju jednoj pravoj. Zaista, ako bi one c bile na jednoj pravoj imala bi ta prava sa sferom λ tri zajedniˇke taˇke, ˇto je nemogu´e. c c s c Stoga taˇke P , Q, R odreduju izvesnu ravan π, dokaˇimo da i taˇka S pripada toj ravni. c z c 57 D R C S S′ Q P A Slika uz zadatak 72 B U tom cilju dokaˇimo najpre da stranica AD prodire ravan π, a zatim da se prodorna z taˇka poklapa s taˇkom S. Nijedno teme ˇetvorougla ABCD ne pripada ravni π. Zaista, c c c ako bi neko teme tog ˇetvorougla, npr. teme A bilo u ravni π, imala bi stranica AB c dve taˇke A i P zajedniˇke s pravom π, pa bi sve taˇke te stranice bile u ravni π. Tada c c c bi dve taˇke B i Q stranice BC pripadale ravni π, pa bi sve taˇke te stranice bile u c c ravni π. Zatim bi dve taˇke C i R stranice CD pripadale ravni π, pa bi sve taˇke te c c stranice bile u ravni π. Najzad, dve taˇke D i A stranice AD pripadale ravni π, pa c bi sve taˇke te stranice bile u ravni π. Dakle, bio bi ˇetvorougao ABCD ravan, ˇto je c c s suprotno pretpostavci. Stoga je taˇka A izvan ravni π, taˇka B s one strane ravni π s c c koje nije A, taˇka C s one strane ravni π s koje nije B, taˇka D s one strane ravni π s c c koje nije C, pa su taˇke A i D s raznih strana ravni π. Otud sleduje da duˇ AD prodire c z ′ . Obe taˇke S i S ′ su medu taˇkama A i D, pa je A − S ′ − S ravan π u izvesnoj taˇki S c c c ili S − S ′ − D ili S ′ S. Pretpostavimo da je A − S ′ − S. U tom sluˇaju je AS ′ 0. m + n (m + n)2 Skup svih taˇaka P prostora, predstavlja sferu kojoj je srediˇte C, a polupreˇnik c s c r2 = ℓ2 mn − AB 2 . m + n (m + n)2 ′2 + nBP ′2 = ℓ2 . Zadatak 126: Dokazati da je kod paralelopipeda zbir kvadrata ivica jednak zbiru kvadrata njegovih prostornih dijagonala. D′ C′ A′ B′ O D C A B Slika uz zadatak 126 Dokaz: Ako je ABCDA B C D paralelopiped, ˇetvorouglovi ABC D i A B CD c bi´e paralelogrami, pa je c 2(AB 2 + BC 2 ) = AC 2 + BD 2 i 2(A B 2 + B C 2 ) = A C 2 + B D2 . Sabiranjem odovaraju´ih strana ovih dveju jednakosti nalazimo da je c 2(2AB 2 + BC 2 + B C 2 ) = AC 2 + A C 2 + BD 2 + B D2 . ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ 99 Kako su duˇi BC i B C dijagonale paralelograma BCC B , bi´e i z c BC 2 + B C 2 = 2(BC 2 + BB 2 ) pa je 4(AB 2 + BC 2 + BB 2 ) = AC 2 + A C 2 + BD 2 + B D2 . Zadatak 127: Ako je taˇka E podnoˇje visine iz temena D tetraedra ABCD kod koga c z su svi iviˇni uglovi kod temena D pravi, dokazati da je c 1 1 1 1 + + = . 2 2 2 AD BD CD DE 2 D ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ C A E F B Slika uz zadatak 127 Dokaz: Ravan ADE sadrˇi pravu DE upravnu na ravani ABC i pravu AD upravnu z na ravni DBC, pa je ravan ADE upravna na obema ravnima ABC i DBC, dakle i na njihovoj preseˇnoj pravoj BC u nekoj taˇki F . Stoga je AF ⊥ BC i DF ⊥ BC, pa c c su DE i DF visine koje odgovaraju hipotenuzama pravouglih trouglova ADF i BDC. Stoga je 1 1 1 1 1 1 + = i + = , 2 2 2 2 2 AD FD DE BD CD F D2 odakle sledi 1 1 1 1 + + = . 2 2 2 AD BD CD DE 2 Zadatak 128: Ako su svi iviˇni uglovi kod temena D tetraedra ABCD pravi, dokazati c da je kvadrat povrˇine pljosni ABC jednak zbiru kvadrata povrˇina ostalih triju pljosni, s s tj. da je S 2 (ABC) = S 2 (ABD) + S 2 (BCD) + S 2 (CAD). 100 D C A E F B Slika uz zadatak 128 Dokaz: Prvi naˇin: Ravan ADE sadrˇi pravu DE upravnu na ravni ABC i pravu AD na c z ravan DBC, pa je ravan ADE upravna na obema ravnima ABC i DBC, dakle i na njihovoj preseˇnoj pravoj BC u nekoj taˇki F . Stoga je AE, tj. AF ⊥ BC i DF ⊥ BC. c c Trouglovi ABC i DBC imaju zajedniˇku osnovicu BC i nejednake visine AF i DF , pa c je S(ABC) : S(DBC) = AF : DF. Isto tako, trouglovi DBC i EBC imaju zajedniˇku osnovicu BC i nejednake visine DF c i EF , pa je S(DEC) : S(EBC) = DF : EF. Iz sliˇnih trouglova ADF i DEF nalazimo da je AF : DF = DF : EF . Otuda je i c S(ABC) : S(DBC) = S(DBC) : S(EBC) i prema tome S(ABC) · S(EBC) = S 2 (DBC). Isto tako je i S(ABC) · S(EAC) = S 2 (DAC) i S(ABC) · S(EAB) = S 2 (DAB). Sabiranjem odgovaraju´ih strana dobijenih triju jednakosti nalazimo da je c S(ABC) · [S(EBC) + S(EAC) + S(EAB)] = S 2 (ABD) + S 2 (BCD) + S 2 (CAD). S obzirom da je taˇka E u trouglu ABC bi´e c c S(EBC) + S(EAC) + S(EAB) = S(ABC), 101 pa je i S 2 (ABC) = S 2 (ABD) + S 2 (BCD) + S 2 (CAD). Drugi naˇin: S obzirom da je AF visina trougla ABC, a uglovi kod temena D trougla c ADF , ADB i ADC pravi, imamo da je S 2 (ABC) = 1 · BC 2 · AF 2 4 1 = · BC 2 · (AD2 + DF 2 ) 4 1 1 = · BC 2 · DF 2 + · AD2 · (BD2 + CD2 ) 4 4 1 1 1 = · BC 2 · DF 2 + · AD2 · BD2 + · AD2 · CD2 4 4 4 = S 2 (ABD) + S 2 (BCD) + S 2 (CAD). Zadatak 129: Ako je P taˇka u kojoj simetralna ravan π diedra odredenog pljosnima c ABC i ABD seˇe ivicu CD, dokazati da je c S(P AC) S(P BC) PC S(ABC) = = = . S(ABD) S(P AD) S(P BD) PD D P C A B Slika uz zadatak 129 Dokaz: Ravan π razlaˇe tetraedar ABCD na dva tetraedra P ABC i P ABD kod z kojih su visine iz temena P , A, B prvoga jednake visinama iz temena P , A, B drugoga tetraedra pa je V (P ABC) S(ABC) S(P AC) S(P BC) PC = = = = . V (P ABD) S(ABD) S(P AD) S(P BD) PD 102 Zadatak 130: Ravni od kojih svaka sadrˇi jednu ivicu tetraedra a uporedna je s z naspramnom ivicom odreduju paralelopiped. Ako je V zapremina pomenuntog tetraedra i V1 zapremina nastalog paralelopipeda, dokazati da je V = 1 · V1 . 3 Dokaz: Ravni od kojih svaka sadrˇi jednu ivicu tetraedra ABCD a uporedna je s z naspramnom ivicom, odreduju paralelopiped AD′ BC ′ B ′ CA′ D kome su A i A′ , B i B ′ , C i C ′ , D i D′ naspamna temena. Pri tome je V (ABCD) = V (AD′ BC ′ B ′ CA′ D) − V (A′ BCD)− − V (AB ′ CD) − V (ABC ′ D) − V (ABCD′ ). A′ D B′ C C′ B A D′ Slika uz zadatak 130 S obzirom da je V (A′ BCD) = V (AB ′ CD) = V (ABC ′ D) = V (ABCD′ ) = 1 = · V (AD′ BC ′ B ′ CA′ D), 6 bi´e c V (ABCD) = i prema tome V = 1 3 2 · V (AD′ BC ′ B ′ CA′ D), 6 · V1 . Zadatak 131: Ravni od kojih svaka sadrˇi jedno teme a uporedna je s naspramnom z pljosni tetraedra ABCD odreduju neki tetredar A′ B ′ C ′ D′ . Dokazati da je V (ABCD) = 1 · V (A′ B ′ C ′ D′ ). 27 103 B′ P C′ D A′ B1 A C1 B C A1 D′ Slika uz zadatak 131 Dokaz: Ravan ABC seˇe povrˇ tetraedra A′ B ′ C ′ D′ po trouglu A1 B1 C1 ˇije stranice c s c B1 C1 , C1 A1 , A1 B1 sadrˇe temena A, B, C, a uporedne su sa stranicama BC, CA, AB z trougla ABC. Otuda sledi da je taˇka A srediˇte duˇi B1 C1 . No duˇi B1 C1 i B ′ C ′ su c s z z ′ C ′ na pravoj D ′ A, i prema tome taˇka A je na teˇiˇnoj uporedne, pa je srediˇte P duˇi B s z c zs liniji D′ P trougla B ′ C ′ D′ . Analogno se dokazuje da je taˇka A na joˇ jednoj teˇiˇnoj c s zs liniji tog trougla pa je A teˇiˇte trougla B ′ C ′ D′ . Otuda je zs D′ P : DA = D′ C : D′ C1 = 3 : 2, i prema tome 2 S(A′ B ′ C ′ ) : S(A1 B1 C1 ) = D′ C ′2 : D′ C1 = 9 : 4. Kako je S(A1 B1 C1 ) = 4 · S(ABC), 1 · S(A′ B ′ C ′ ). 9 Ako su DN i DN ′ visine tetraedara ABCD i A′ B ′ C ′ D′ bi´e c S(ABC) = D′ N ′ : DN = D′ C ′ : C1 C ′ = 3 : 1, pa i 1 · D′ N ′ . 3 Mnoˇenjem odgovaraju´ih strana jednakosti (1) i (2) nalazimo da je z c DN = V (ABCD) = 1 · V (A′ B ′ C ′ D′ ). 27 bi´e c (1) (2) 104 Zadatak 132: Ako je V zapremina tetraedra ABCD, S povrˇina paralelogramske s povrˇi kojoj su stranice uporedne i jednake s naspramnim ivicama AB i CD, a d nors malno odstojanje pravih koje su odredene s tim dvema ivicama AB i CD, dokazati da je 1 V = ·S·d 6 Dokaz: Obeleˇimo sa V1 zapreminu paralelopipeda AD′ BC ′ B ′ CA′ D koji je odreden z s ravnima od kojih svaka sadrˇi po jednu ivicu a uporedna je s naspramnom ivicom z 1 tetraedra ABCD (vidi sliku). Prema zadatku 130., imamo da je V = 3 ·V1 . S obzirom da je odstojanje izmedu uporednih ravni koje su odredene naspramnim pljosnima AD′ BC ′ i B ′ CA′ D dobijenog paralelopipeda jednake normalnom odstojanju d izmedu pravih koje su odredene naspramnim ivicama AB i CD tetraedra ABCD, a povrˇina paras lelogramske povrˇi AD′ BC ′ jednaka polovini povrˇine paralelogramske povrˇi kojoj su s s s stranice uporedne i jednake ivicama AB i CD, bi´e i c V1 = Otuda je i V = 1 · S · d. 6 1 · S · d. 2 Zadatak 133: Ako je V zapremina tetraedra ABCD, F povrˇina trougaone povrˇi s s kojoj su stranice jednake proizvodima naspramnih ivica tog tetraedra i r polupreˇnik c opisane sfere oko tog tetraedra, dokazati da je V = 1 F. 6r D σ C A N E A′ N′ E′ B′ Slika uz zadatak 133 B C′ 105 Dokaz: Oznaˇimo sa σ proizvoljnu sferu sa srediˇtem D i polupreˇnikom k, a sa c s c A′ , B ′ , C ′ taˇke inverzije sa taˇkama A, B, C u odnosu na sferu σ ′ . Sfera λ opisana oko c c tetraedra ABCD sadrˇi srediˇte D te inverzije, pa je njen inverzan lik ravan odredena z s ′ , B ′ , C ′ . Ako je DE preˇnik sfere λ i E ′ taˇka inverzna sa taˇkom E u odnosu taˇkama A c c c c na sferu σ ′ , imamo da je DE · DE ′ = k2 , pa je DE ′ = k2 . 2r (1) Pri tome je duˇ DE ′ visina tetraedra A′ B ′ C ′ D, pa je z V (A′ B ′ C ′ D′ ) = DE ′ S(A′ B ′ C ′ ). 3 S druge strane, ako sa CN i C ′ N ′ obeleˇimo visine iz temena C i C ′ tetraedra ABCD i z A′ B ′ C ′ D imamo da je S(A′ B ′ D) · C ′ N ′ DA′ · DB ′ · C ′ D V (A′ B ′ C ′ D) = = . V (ABCD) S(ABD) · CN DA · DB · DC Otuda je S(A′ B ′ C ′ ) · DE ′ DA′ · DB ′ · C ′ D = 3V DA · DB · DC k2 k2 k2 , DB ′ = ′ , DC ′ = ′ a′ b c (2) Ako sa a, b, c, a′ , b′ , c′ obeleˇimo ivice BC, CA, AB, AD, BD, CD, imamo da je z DA′ = i B′C ′ = (3) Iz poslednjih triju jednakosti sledi da je △A′ B ′ C ′ sliˇan sa trouglom kome su stranice c jednake proizvodima naspramnih ivica tetraedra ABCD, pri ˇemu je koeficijent sliˇnosti c c k2 ′ b′ c′ . Stoga je a k4 (4) S(A′ B ′ C ′ ) = ′2 ′2 ′2 F a b c Iz jednakosti (1), (2), (3), (4) sledi da je V = 1 6r F . k2 · BC k2 k2 k2 = ′ ′ ′ aa′ , C ′ A′ = ′ ′ ′ bb′ , A′ B ′ = ′ ′ ′ cc′ . DB · DC abc abc abc Zadatak 134: Ako su p, q, r tri medusobno uporedne prave koje ne pripadaju jednoj ravni, A i A′ taˇke prave p, B i B ′ taˇke prave q, a C i D taˇke prave r dokazati da je c c c V (ABCD) = V (A′ B ′ CD). 106 A A′ p B B′ q C D Slika uz zadatak 134 r Dokaz: Osnove (BCD) i (B ′ CD) tetraedra ABCD i A′ B ′ CD imaju zajedniˇku strac ′ , pa je nicu CD i jednake visine iz temena B i B S(BCD) = S(B ′ CD). Taˇke A i A′ su na pravoj p koja je uporedna na ravni u kojoj se nalaze pljosni (BCD) i c (B ′ CD), pa su visine iz temena A i A′ tetraedra ABCD i A′ B ′ CD medusobno jednake. Otuda je V (ABCD) = V (A′ B ′ CD). Zadatak 135: Ako su p i q dve mimoilazne prave A, B, A′ , B ′ taˇke prave p i C, D, C ′ , D′ c ′ B ′ i CD = C ′ D ′ , dokazati da je taˇke prave q takve da je AB = A c V (ABCD) = V (A′ B ′ C ′ D′ ). ˇ (Stajnerova teorema). C′ D′ C D q p A B A′ B′ Slika uz zadatak 135 107 Dokaz: Trouglovi ABC i A′ B ′ C imaju jednake stranice AB i A′ B ′ i njima odgovaraju´e visine, pa je c S(ABC) = S(A′ B ′ C). Pri tome tetraedri ABCD i A′ B ′ CD imaju jednake pljosni ABC i A′ B ′ C i zajedniˇku c visinu iz temena D, pa je V (ABCD) = V (A′ B ′ CD). Isto tako je V (A′ B ′ CD) = V (A′ B ′ C ′ D′ ), pa je V (ABCD) = V (A′ B ′ C ′ D′ ). c Zadatak 136: Ako su E i F dve razne taˇke izvan ravni paralelograma ABCD dokazati da je V (ACEF ) = |V (ABEF ) ± V (ADEF )|. F E F ′ D C E′ A Slika uz zadatak 136 B Dokaz: Prava EF prodire ravan paralelograma ABCD ili je uporedna sa tom ravni. Neka prava EF prodire ravan paralelograma ABCD u nekoj taˇki E ′ i neka je F ′ jedna od c taˇaka prave EF takva da je EF = E ′ F ′ . S obzirom da je taˇka E ′ u ravni paralelograma c c ABCD, imamo da je S(ACE ′ ) = |S(ABE ′ ) ± S(ADE ′ )|, pa je V (ACE ′ F ′ ) = |V (ABE ′ F ′ ) ± V (ADE ′ F ′ )|. Prema predhodnom zadatku je V (ACE ′ F ′ ) = V (ACEF ), V (ABE ′ F ′ ) = V (ABEF ), V (ADE ′ F ′ ) = V (ADEF ), 108 pa je V (ACEF ) = |V (ABEF ) ± V (ADEF )|. Ako je prava EF uporedna sa ravni paralelograma ABCD, obeleˇimo sa A′ , B ′ , C ′ , D′ z taˇke takve da su duˇi AA′ , BB ′ , CC ′ , DD′ jednake i istosmerne sa duˇi EF . Pri c z z ′ , B ′ , C ′ , D ′ pripadaju ravni paralelograma ABCD, a odstojanje izmedu tome taˇke A c mimoilaznih pravih AC i EF , AB i EF , AD i EF jednaka odstojanju d prave EF od ravni paralelograma ABCD. Sada imamo da je V (ACEF ) = d d S(ACC ′ A′ ), V (ABEF ) = S(ABB ′ A′ ), 6 6 V (ADEF ) = d S(ADD′ A′ ). 6 Paralelogramske povrˇi ACC ′ A′ , ABB ′ A′ , ADD′ A′ imaju zajedniˇku osnovicu AA′ , a s c visina koja odgovara toj osnovici prve povrˇi jednaka je zbiru ili razlici visina koje odgos varaju toj istoj osnovici drugih dveju povrˇi, pa je s S(ACC ′ A′ ) = |S(ABB ′ A′ ) ± S(ADD′ A′ ). Otuda je V (ACEF ) = |V (ABEF ) ± V (ADEF )|. Zadatak 137: Ako su ABCD i A′ B ′ C ′ D′ dva tetraedra kod kojih su ivice AB i A′ B ′ medusobno jednake i diedri koji odgovaraju tim ivicama takode jednaki, dokazati da je V (ABCD) S(ABC) · S(ABD) = . ′ B ′ C ′ D′ ) V (A S(A′ B ′ C ′ ) · S(A′ B ′ D′ ) D D1 C1 E E1 F1 F B C A Slika uz zadatak 137 109 Dokaz: S obzirom da su kod tetraedra ABCD i A′ B ′ C ′ D′ ivice AB i A′ B ′ jednake i diedri koji odgovaraju tim ivicama takode medusobno jednaki, postoje u pljosnima (AB, C) i (AB, D) diedra (C, AB, D) taˇke C1 i D1 takve da su tetraedri A′ B ′ C ′ D′ i c ABC1 D1 podudarni. Ako obeleˇimo sa DE i D1 E1 visine iz temena D i D1 tetraedra z ABCD i ABC1 D1 , a sa DF i D1 F1 visine pljosni ABD i ABD1 , imamo da je V (ABCD) V (ABCD) S(ABC) DE = = · ′ B ′C ′ D′ ) V (A V (ABC1 D1 ) S(ABC1 ) D1 E1 S(ABC) DE S(ABC) S(ABD) · = · = S(ABC1 ) D1 F1 S(ABC1 ) S(ABD1 ) S(ABC) · S(ABD) . = S(A′ B ′ C ′ ) · S(A′ B ′ D′ ) Zadatak 138: Ako su ABCD i A′ B ′ C ′ D′ dva tetraedra s podudarnim triedrima A i A′ , dokazati da je AB · AC · AD V (ABCD) = ′ ′ . V (A′ B ′ C ′ D′ ) A B · A′ C ′ · A′ D′ Dokaz: S obzirom da su triedri A i A′ tetraedara ABCD i A′ B ′ C ′ D′ podudarni, na ivicama AB, AC, AD postoje taˇke B1 , C1 , D1 , takve da su tetraedri AB1 C1 D1 c i A′ B ′ C ′ D′ podudarni. Obeleˇimo sa DE i D1 E1 visine iz temena D i D1 tetraedara z ABCD i AB1 C1 D1 . D D1 C1 A E1 E B1 B Slika uz zadatak 138 C Tada je V (ABCD) V (ABCD) S(ABC) DE = = · = V (A′ B ′ C ′ D′ ) V (AB1 C1 D1 ) S(AB1 C1 ) D1 E1 = AB · AC · AD AB · AC · AD = ′ ′ . AB1 · AC1 · AD1 A B · A′ C ′ · A′ D′ 110 Zadatak 139: Ivice BC, CA, AB, AD, BD, CD tetraedra ABCD podeljene su taˇkama P , Q, R, P ′ , Q′ , R′ u datim odnosima. Odrediti odnose zapremina konveksnog c poliedra, koji je odreden datim taˇkama i tetraedra ABCD. c Dokaz: Neka je BP : BC = p, DP ′ : DA = p′ , CQ : CA = q, DQ′ : DB = q ′ , AR : AB = r, DR′ : DC = r ′ . Obeleˇimo sa V zapreminu tetraedra ABCD i sa V1 zapreminu poliedra, koji je odreden z deonim taˇkama P , Q, R,P ′ , Q′ , R′ . c D Q′ P′ R′ A R Q P C B Slika uz zadatak 139 Tada je V1 = V − V (AQRP ′ ) − V (BP RQ′ ) − V (CP QR′ ) − V (DP ′ Q′ R′ ). Stavimo da je p1 = 1 − p = CP : CB, p′ = 1 − p′ = AP ′ : AD, 1 q1 = 1 − q = AQ : AC, ′ q1 = 1 − q ′ = BQ′ : BD, r1 = 1 − r = BR : BA, ′ r1 = 1 − r ′ = CR′ : CD. Primenom zadatka 138. nalazimo da je V (AQRP ′ ) = AQ AR AP ′ · · · V = q1 · r · p′ · V, 1 AC AB AD BP BR BQ′ ′ · · · V = p · r1 · q1 · V, BC BA BD V (BP RQ′ ) = 111 V (CP QR′ ) = V (DP ′ Q′ R′ ) = pa je CP CQ CR′ ′ · · · V = p1 · q · r1 · V, CB CA CD DP ′ DQ′ DR′ · · · V = p′ · q ′ · r ′ · V, DA DB DC ′ ′ V1 = V · (1 − r · q1 · p′ − p · r1 · q1 − p1 · q · r1 − p′ · q ′ · r ′ ). 1 Zadatak 140: Dokazati da svaka ravan kroz srediˇta bilo kojih dveju naspramnih ivica s tetraedra razlaˇe taj tetraedar na dva jednaka poliedra. z Dokaz: Obeleˇimo sa π proizvoljnu ravan koja sadrˇi srediˇta P i R naspramnih ivica z z s AB i CD tetraedra ABCD. Ako je jedna od ivica AB i CD, npr. CD, u ravni π, tada je tetraedar ABCD s ravni π razloˇen na dva tetraedra AP CD i P BCD koji imaju z jednaku osnovu i jednake visine, pa su im i zapremine medusobno jednake. D R S A C P Q B Slika uz zadatak 140 Ako nijedna od ivica AB i CD ne pripada ravni π, svaka od njih prodire tu ravan. Pri tom su taˇke C i D s raznih strana od ravni π; neka su npr. taˇke A i D s jedne, a B i c c C s druge strane ravni π. U tom sluˇaju, ivice BD i AC prodiru ravan π u taˇkama Q c c i S, pa je tetraedar ABCD s ravni π razloˇen na poliedre P QRSAD i P QRSBC. Prvi z od tih poliedara se sastoji iz piramide P QRSD i tetraedra AP SD, a drugi iz piramide P QRSC i tetraedra P QBC. Piramide P QRSC i P QRSD imaju zajedniˇku osnovu i c jednake visine, pa su im i zapremine jednake. S obzirom da tetraedri AP SD i ABCD imaju zajedniˇki triedar A, a tetraedri BCP Q i BCDA zajedniˇki triedar B, prema c c zadatku 138, imamo da je V (AP SD) AP · AS · AD AS = = V (ABCD) AB · AC · AD 2 · AC 112 Otuda je V (BCP Q) BC · BP · BQ BQ = = . V (ABCD) BC · BA · BD 2 · BD AS · BD V (AP SD) = . V (BCP Q) AC · BQ S obzirom da su P , Q, R, S taˇke u kojima ravan π seˇe ivice AB, BD, DC, CA c c prostornog ˇetvorougla ABCD, prema Menelajevoj teoremi, imamo da je c AP BQ DR CS · · · = 1, P B QD RC SA pa je BQ CS · = 1, QD SA i prema tome BQ AS = . BD AC Stoga je V (AP SD) = V (BCP Q), i prema tome V (P QRSAD) = V (P QRSBC). tj. BQ AS = , QD SC c Zadatak 141: Ako su P i R taˇke naspramnih ivica AB i CD tetraedra ABCD takve da je AP : P B = m : n, dokazati da svaka ravan kroz taˇke P i R razlaˇe taj tetraedar c z na dva poliedra kojima je odnos zapremina takode jednak m : n. Dokaz: Proizvoljna ravan π kroz taˇke P i R sadrˇi jednu od ivica AB i CD, ili ne c z sadrˇi nijednu od tih dveju ivica. Ako ravan π sadrˇi ivicu, npr. CD, ravan π razlaˇe z z z tetraedar ABCD na dva tetraedra P CDA i P CDB koji imaju zajedniˇku osnovu P CD, c a visine srazmerne duˇima AP i BP , pa je z V (P CDA) : V (P CDB) = m : n. Ako nijedna od ivica AB i CD ne pripada ravni π, svaka od njih prodire tu ravan. Pri tome su taˇke A i B, a isto tako i taˇke C i D s raznih strana od ravni π; neka su npr. c c taˇke A i D s jedne strane, a taˇke B i C s druge strane od ravni π. U tom sluˇaju ivice c c c BD i AC prodiru ravan π u taˇkama, npr. Q i S, pa je tetraedar ABCD razloˇen s c z ravni π na poliedre P QRSAD i P QRSBC. Prvi od tih poliedara sastoji se iz piramide P QRSD i tetraedra AP SD, a drugi iz piramide P QRSC i tetraedra P QBC. Piramide P QRSD i P QRSC imaju zajedniˇku osnovu i visine srazmerne duˇima DR i RC, pa je c z V (P QRSD) : V (P QRSC) = m : n. 113 Kako je V (AP DS) : V (AP DC) = AS : AC, V (P BCQ) : V (P BCD) = BQ : BD, V (AP DC) : V (P BCD) = m : n i prema zadatku 140. AS : AC = BQ : BD, imamo da je V (AP DS) : V (BP CQ) = m : n. Stoga je, V (P QRSAD) : V (P QRSBC) = m : n. Zadatak 142: Ako je S povrˇina i V zapremina poliedra kome sve pljosni dodiruju s neku sferu polupreˇnika ρ, dokazati da je c 1 · S · ρ. 3 Dokaz: Trougaone povrˇi odredene ivicama takvog poliedra i srediˇta sfere upisane s s u taj poliedar razlaˇu isti na piramide kojima su osnovice pljosni poliedra i kome je z zajedniˇki vrh srediˇte pomenute sfere. S toga ako sa S1 ,. . . ,Sn obeleˇimo povrˇine c s z s pljosni datog poliedra, imamo da je V = ρ 1 · (S1 + · · · + Sn ) = · S · ρ. 3 3 Zadatak 143: Odrediti povrˇine i zapremine pravilnih poliedara kao funkcije njihovih s ivica. V = Dokaz: a) Pravilan tetraedar. Povrˇ pravilnog tetraedra ABCD sastoji se iz ˇetiri podudarne s c pravilne trougaone povrˇi. Ako obeleˇimo sa S povrˇinu, sa V zapreminu, sa a ivicu i s z s sa DE visinu tog tetraedra, imamo da je √ √ a2 · 3 S = 4 · S(ABC) = 4 · = a2 · 3, 4 √ √ √ 1 a2 · 3 a · 6 a3 · 2 1 · = . V = · S(ABC) · DE = · 3 3 4 3 12 b) Pravilan oktaedar. Povrˇ pravilnog oktaedra sastoji se iz osam podudarnih pras vilnih trougaonih povrˇi. Ako obeleˇimo sa S povrˇinu, sa V zapreminu, sa a ivicu i sa s z s EF dijagonalu pravilnog oktaedra ABCDEF , imamo da je 114 √ √ a2 · 3 S = 8 · S(ABE) = 8 · = 2 · a2 · 3, 4 √ √ 1 a2 a3 · 2 V = · S(ABCD) · EF = ·a· 2= . 3 3 3 c) Pravilan ikosoedar. Povrˇ pravilnog ikosoedra se sastoji iz dvadeset podudarnih s pravilnih trougaonih povrˇi. Ako obeleˇimo sa S povrˇinu, sa V zapreminu, sa a ivicu i s z s sa ρ polupreˇnik upisane sfere, imamo da je c √ √ a2 · 3 = 5 · a2 · 3, S = 20 · 4 1 5 · a2 · V = ·S·ρ= 3 3 √ 3 a · · 2 7+3· 6 √ 5 5 · a3 = · 6 7+3· 2 √ 5 . d) Pravilan heksaedar. Povrˇ pravilnog heksaedra (kocke) se sastoji iz ˇest podus s darnih kvadratnih povrˇi. Ako obeleˇimo sa S povrˇinu i sa V zapreminu kocke ivice a, s z s imamo da je S = 6 · a2 , V = a3 . e) Pravilan dodekaedar. Povrˇ pravilnog dodekaedra se sastoji iz dvanaest podus darnih pravilnih petougaonih povrˇi. Ako obeleˇimo sa S povrˇinu, sa V zapreminu, sa s z s a ivicu i sa ρ polupreˇnik upisane sfere pravilnog dodekaedra, imamo da je c S = 12 · a2 · 4 25 + 10 · √ √ 5 = 3 · a2 · √ 25 + 10 · √ 5, 1 V = · S · ρ = a2 · 3 25 + 10 · a 5· · 2 25 + 11 · 10 5 = a3 · 4 10 · (47 + 21 · √ 5). Zadatak 144: Ako su SA , SB , SC , SD povrˇine pljosni BCD, CDA, DAB, ABC s i V zapremina tetraedra ABCD, a ρ polupreˇnik upisane sfere, ρA polupreˇnik spolja c c upisane sfere kojoj odgovara teme A i ρAB polupreˇnik spolja upisane sfere koja odgovara c ivici AB, dokazati da je: ρ a) V = 3 (SA + SB + SC + SD ); b) V = ρA 3 (−SA + SB + SC + SD ); 115 c) V = ρAB 3 (SA + SB − SC − SD ). Dokaz: Ako je O srediˇte sfere upisane u tetraedar ABCD, OA srediˇte spolja upisane s s sfere koja odgovara temenu A i OAB srediˇte spolja upisane sfere koja odgovara ivici AB, s imamo da je a) V = V (BCDO) + V (CDAO) + V (DABO) + V (ABCO) ρ = (SA + SB + SC + SD ); 3 b) V = V (ABCOA ) + V (ABDOA ) + V (ACDOA ) − V (BCDOA ) ρA = (−SA + SB + SC + SD ); 3 c) V = V (BCDOAB ) + V (ACDOAB ) − V (ABCOAB ) − V (ABDOAB ) ρAB (SA + SB − SC − SD ). = 3 Zadatak 145: Ako su ABC i A′ B ′ C ′ osnove zarubljene trostrane prizme, dokazati da je V (ABCA′ B ′ C ′ ) = V (ABCA′ ) + V (ABCB ′ ) + V (ABCC ′ ). A′ B′ C′ A C B Slika uz zadatak 145 A′ BC Dokaz: Neka su AA′ , BB ′ , CC ′ boˇne ivice zarubljene prizme ABCA′ B ′ C ′ . Ravni c i A′ B ′ C razlaˇu tu zarubljenu prizmu na tri tetraedra ABCA′ , BCA′ B ′ , A′ B ′ C ′ C. z 116 Tetraedri BCA′ B ′ i ABCB ′ imaju zajedniˇku pljosan BCB ′ i jednake visine iz temena c A′ i A, pa su im zapremine medu sobom jednake. Isto tako tetraedri A′ B ′ C ′ C i AB ′ C ′ C imaju zajedniˇku pljosan B ′ C ′ C i jednake visine iz temena A′ i A, pa su im i zapremine c jednake, i tetraedri AB ′ C ′ C i ABCC ′ imaju zajedniˇku pljosan AC ′ C i jednake visine c iz temena B ′ i B, te su im zapremine takode jednake. Stoga je V (ABCA′ B ′ C ′ ) = V (ABCA′ ) + V (ABCB ′ ) + V (ABCC ′ ). Definicija: Poliedar ograniˇen nekom prizmatiˇnom povrˇi i dvema neparalelnim c c s ravnima naziva se zarubljena prizma. Pljosni zarubljene prizme koje su sadrˇane u z pomenutim neparalelnim ravnima su osnove; ostale pljosni te zarubljene prizme su boˇne. c Zadatak 146: Ako je S povrˇina normalnog preseka zarubljene trostrane prizme s ABCA′ B ′ C ′ kojoj su boˇne ivice AA′ , BB ′ , CC ′ dokazati da je c V (ABCA′ B ′ C ′ ) = S (AA′ + BB ′ + CC ′ ). 3 B′ A′ C′ A0 C0 B0 A C B Slika uz zadatak 146 Dokaz: Prema prethodnom zadatku imamo da je V (ABCA′ B ′ C ′ ) = V (ABCA′ ) + V (ABCB ′ ) + V (ABCC ′ ). S obzirom da je zapremina tetraedra ABCA′ jednaka tre´ini zapremine prizme kojoj je c ′ , a zapremina ove prizme jadnaka proizvodu povrˇi osnovica (ABC), a boˇna ivica AA c s S njenog normalnog preseka i ivice AA′ , bi´e c V (ABCA′ ) = Isto tako je V (ABCB ′ ) = S S BB ′ , V (ABCC ′ ) = CC ′ , 3 3 S AA′ . 3 117 pa je V (ABCA′ B ′ C ′ ) = S (AA′ + BB ′ + CC ′ ). 3 Zadatak 147: Ako je l duˇina bilo koje ivice, npr. AD tetraedra ABCD, a S povrˇina z s upravne projekcije tog tetraedra na nekoj ravni π koja je upravna na ivicu AD, dokazati da je 1 V (ABCD) = Sl. 3 C D A B B0 A0 π C0 Slika uz zadatak 147 c c Dokaz: Pretpostavimo da ravan π nema sa tetraedrom ABCD zajedniˇkih taˇaka. Ako su A0 , B0 , C0 upravne projekcije taˇaka A, B, C na ravan π i pri tome taˇka c c A izmedu taˇaka A0 i D, zapremina tetraedra ABCD bi´e jednaka razlici zapremina c c zarubljenih prizmi A0 B0 C0 DBC i A0 B0 C0 ABC, tj. bi´e c V (ABCD) = V (A0 B0 C0 DBC) − V (A0 B0 C0 ABC) = = S S S S (A0 D + B0 B + C0 C) − (A0 A + B0 B + C0 C) = AD = l 3 3 3 3 s s Zadatak 148: Ako su S1 i S2 povrˇine osnova i S3 povrˇina srednjeg preseka bilo kojeg prizmatoida, a h visina i V njegova zapremina, dokazati da je h (S1 + S2 + 4S3 ). 6 Dokaz: Obeleˇimo sa (A1 . . . Am ) i (B1 . . . Bn ) osnove, sa (C1 . . . Cl ) srednji presek bilo z kojeg prizmatoida i sa O proizvoljnu taˇku iz unutraˇnjosti poligona C1 . . . Cl . S obzirom c s da su S1 i S2 povrˇine poligonskih povrˇi (A1 . . . Am ) i (B1 . . . Bn ), bi´e zapremine V1 i V2 s s c piramida OA1 . . . Am i OB1 . . . Bn odredene obrascima V1 = h S1 i V2 = h S2 . Odredimo 6 6 V = 118 sad zapremine piramida kojima su osnove boˇne pljosni prizmatoida, a taˇka O zajedniˇki c c c vrh. Boˇne pljosni prizmatoida su trougaone ili ˇetvorougaone povrˇi; svaku od tih c c s ˇetvorougaonih povrˇi razloˇimo dijagonalom na dve trougaone povrˇi. Ravan poligona c s z s C1 . . . Cl seˇe svaku od tih trougaonih povrˇi po srednjoj liniji, npr. trougaonu povrˇ c s s (A1 A2 B1 ) po srednjoj liniji C1 C2 . Pri tome je 4 V (A1 A2 B1 O) = 4V (C1 C2 B1 O) = h(OC1 C2 ). 6 Bn B1 Cl O A3 B3 C3 Am C1 A2 A1 Slika uz zadatak 148 Otuda sledi da je zbir V3 zapremina svih tih piramida odreden obrascem V3 = Stoga je h V = V1 + V2 + V3 = (S1 + S2 + 4S3 ). 6 4 6 hS3 . Definicija: Poliedar kome su dve pljosni ω1 i ω2 poligonske povrˇi sadrˇane u dvema s z uporednim ravnima, a ostale pljosni su trougaone i ˇetvorougaone povrˇi kojima se c s temena poklapaju sa temenima povrˇi ω1 i ω2 naziva se prizmatoid. Pljosni ω1 i ω2 su s osnove, a ostale pljosni su boˇne pljosni tog prizmatoida. Normalno odstojanje izmedu c ravni koje su odredene osnovama ω1 i ω2 je visina prizmatoida. Osnove prizmatoida mogu, ali i ne moraju imati jednak broj stranica. Prizma je specijalan prizmatoid. Zadatak 149: Ako je S povrˇina i V zapremina jednakostrane kupe, a S1 povrˇina i s s V1 zapremina kugle upisane u toj kupi, dokazati da je a) S1 : S = 4 : 9; b) V1 : V = 4 : 9. Dokaz: Ako obeleˇimo sa r polupreˇnik osnove, sa h visinu i sa l izvodnicu jednakoz c strane kupe, a sa ρ polupreˇnik kugle upisane u toj kupi, imamo da je c √ √ r = ρ 3, h = 3ρ, l = 2r = 2ρ 3. 119 Otuda je a) S1 = 4ρ2 π i prema tome S1 : S = 4 : 9. 4 b) V1 = ρ3 π 3 i prema tome V1 : V = 4 : 9. i V = r2π 9 = ρ3 π, 3 3 i S = rπ(r + l) = 9ρ2 π, Zadatak 150: Ako su Va , Vb , Vc zapremine tela koja nastaju obrtanjem pravouglog trougla oko hipotenuze a i kateta b i c, dokazati da je 1 1 1 = 2 + 2. 2 Va Vc Vb Dokaz: Tela koja nastaju obrtanjem pravouglog trougla oko njegovih stranica su kupe. Ako sa h obeleˇimo visinu koja odgovara hipotenuzi imamo da je z Va2 = Koriste´i jednakosti c π π π 2 ah , Vb2 = bc2 , Vc2 = cb2 . 3 3 3 i bc = ah, 1 1 1 + 2 = 2 2 b c h nalazimo da je 1 1 1 = 2 + 2. Va2 Vc Vb Zadatak 151: Ako je O proizvoljna unutraˇnja taˇka konveksnog poliedra s c s jednakim pljosnima, dokazati da je zbir odstojanja te taˇke od ravni svih njegovih pljosni c konstantan. Dokaz: Ako sa N1 ,...,Nn obeleˇimo podnoˇja upravnih kroz taˇku O na ravnima z z c svih pljosni ω1 ,...,ωn poliedra , sa d1 ,...,dn duˇine odseˇaka ON1 ,...,ONn i sa S1 ,...,Sn z c povrˇine pljosni ω1 ,...,ωn , a sa S i V povrˇinu i zapreminu poliedra , bi´e s s c 1 V = (S1 d1 + ... + Sn dn ). 3 S obzirom da je S1 =S2 =...=Sn , imamo da je V = i prema tome d1 + ... + dn = S (d1 + d2 + ... + dn ), 3 3V . S 120 Zadatak 152: Ako su A, B, C, D taˇke u kojima neka ravan π seˇe ivice roglja S, c c pravilnog oktaedra, dokazati da je 1 1 1 1 + = + . 2 SA SC SB SD Dokaz: Obeleˇimo sa M taˇku u kojoj dijagonala iz temena S oktaedra prodire z c ravan π, a sa h odstojanje taˇke M od polupravih SA, SB, SC, SD. Taˇka M je presek c c simetrale ugla S sa hipotenuzom AC pravouglog trougla ASC, pa je SA · h + SC · h = SA · SC. Otuda je 1 1 1 + = . SA SC h Isto tako je 1 1 1 + = , SB SD h pa je 1 1 1 1 + = + . SA SC SB SD Zadatak 153: Ako su A, B, C, D taˇke u kojima neka ravan π seˇe ivice roglja S c c pravilnog oktaedra, M taˇka u kojoj dijagonala iz temena S tog oktaedra prodire ravan c π i h odstojanje taˇke M od polupravih SA, SB, SC, SD, dokazati da je c 1 1 1 1 2 + + + = . SA SB SC SD h Dokaz: Pri dokazivanju prethodnog stava, dobili smo da je 1 1 1 + = SA SC h pa je 1 1 1 1 2 + + + = . SA SB SC SD h i 1 1 1 + = , SB SD h 121 Zadatak 154: (Teorema Van Obela). Ako je ABCD proizvoljan tetraedar i O taˇka c prostora takva da ravni OBC, OCA, OAB seku respektivno prave AD, BD, CD u taˇkac ma A′ , B ′ , C ′ , a prava DO prodire ravan ABC u nekoj taˇki D′ , dokazati da je c DO DA′ DB ′ DC ′ = ′ + ′ + ′ . OD′ AA BB CC Dokaz: Obeleˇimo sa A′′ , B ′′ , C ′′ taˇke u kojima prave kroz temena A, B, C, uporedne z c sa pravom DD′ , prodiru ravni OBC, OCA, OAB, a sa P, Q, R taˇke u kojima prave c ′ , BD, CD ′ seku prave BC, CA, AB. Pri tome je AD DO DA′ = ′ , A′′ A AA i OD′ D′ P = , ′′ A A AP DO DB ′ = ′ , B ′′ B BB OD′ D′ Q = , ′′ B B BQ DO DC ′ = ′ C ′′ C CC OD′ D′ R = . ′′ C C CR Sabiranjem odgovaraju´ih strana prvih triju jednakosti, zatim ostalih triju jednakosti i c deljenjem ostalih nalazimo da je 1 1 1 DO( A′′ A + B ′′ B + C ′′ C ) = 1 1 1 OD′ ( A′′ A + B ′′ B + C ′′ C ) DA′ A′ A D′ P AP + + DB ′ B′ B D′ Q BQ + + DC ′ C′C D′ R DR Dobija se da je DA′ DB ′ DC ′ DO = ′ + ′ + ′ . OD′ AA BB CC Zadatak 155: Ako su ha , hb , hc , hd duˇine visina tetraedra ABCD i ρ duˇina polupreˇnika z z c lopte upisane u taj tetraedar, dokazati da je 1 1 1 1 1 + + + = . ha hb hc hd ρ Dokaz: Ako sa a, b, c, d obeleˇimo povrˇine pljosni BCD, SDA, DAB, ABC i sa V z s zapreminu tetraedra ABCD, bi´e c 1 a 1 b 1 c 1 d = , = , = , = ha 3V hb 3V hc 3V hd 3V pa je 1 1 1 1 a+b+c+d 1 + + + = = . ha hb hc hd 3V ρ i a+b+c+d = 3V , ρ 122 Zadatak 156: Ako je ρ polupreˇnik sfere upisane u tetraedar ABCD i ako su ρa , ρb , c ρc , ρd polupreˇnici spolja upisanih sfera tog tetraedra koje respektivno dodiruju pljosni c BCD, CDA, DAB, ABC, dokazati da je 1 1 1 1 2 + + + = . ρa ρb ρc ρd ρ Dokaz: Obeleˇimo sa V zapreminu tetraedra ABCD, a sa a, b, c, d povrˇine njegovih z s pljosni BCD, CDA, DAB, ABC i sa Sa srediˇte spolja upisane sfere tog tetraedra koja s dodiruje pljosan BCD. Pri tome je V = V (ACDSa ) + V (ABDSa ) + V (ABCSa) − V (BCDSa ) = tj. 1 1 = (b + c + d − a). ρa 3V 1 (b + c + d − a)ρa , 3 Isto tako je 1 1 1 1 1 1 = (c + d + a − b), = (d + a + b − c), = (a + b + c − d). ρb 3V ρc 3V ρd 3V Sabiranjem odgovaraju´ih strana dobijenih jednakosti, nalazimo da je c 1 1 1 1 2 2 + + + + (a + b + c + d) = . ρa ρb ρc ρd 3V ρ c Zadatak 157: Ako su ha , hb , hc , hd visine tetraedra ABCD, a ρa , ρb , ρc , ρd polupreˇnici spolja upisanih sfera tog tetraedra koje respektivno dodiruju pljosni BCD, CDA, DAB, ABC dokazati da je 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 = 4( 2 + 2 + 2 + 2 ). 2 ρa ρb ρc ρa ρb ρc ρd ρd Dokaz: Ako obeleˇimo sa V i S zapreminu i povrˇinu tetraedra ABCD, a sa a, b, c, d z s povrˇine njegovih pljosni BCD, CDA, DAB, ABC, bi´e s c 1 1 S − 2a 1 S − 2b 1 S − 2c 1 S − 2d = (b + c + d − a) = , = , = , = , ρa 3V 3V ρb 3V ρc 3V ρd 3V pa je 123 1 1 1 1 1 + 2+ 2+ 2 = [(S − 2a)2 + (S − 2b)2 + (S − 2c)2 + (S − 2d)2 ] = 2 ρa ρb ρc 9V 2 ρd 4 = (a2 + b2 + c2 + d2 ) (1) 9V 2 S druge strane imamo da je 1 a 1 b 1 c 1 d = , = , = , = , ha 3V hb 3V hc 3V hd 3V pa je 1 1 1 1 1 + 2+ 2+ 2 = (a2 + b2 + c2 + d2 ) h2 hc 9V 2 hb hd a (2) Iz jednakosti (1) i (2) nalazimo da je 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 = 4( 2 + 2 + 2 + 2 ). 2 ρa ρb ρc ha hb hc ρd hd Zadatak 158: Ako su ha , hb , hc , hd duˇine visina tetraedra ABCD i ka , kb , kc , kd z odstojanja proizvoljne taˇke O koja se nalazi u tom tetraedru od ravni BCD,CDA, c DAB,ABC, dokazati da je ka kb kc kd + + + = 1. ha hb hc hd Dokaz: Obeleˇimo sa a, b, c, d povrˇine pljosni BCD, CDA, DAB, ABC i sa V zaz s preminu tetraedra ABCD. Kako je taˇka O u tetraedru ABCD, bi´e c c aka + bkb + ckc + dkd = 3V. Otuda i iz jednakosti a= nalazimo da je ka kb kc kd + + + = 1. ha hb hc hd 3V , ha b= 3V , hb c= 3V , hc d= 3V hd Zadatak 159: Ako je O proizvoljna taˇka koja se nalazi u tetraedru ABCD i ako c ′ , B ′ , C ′ , D ′ taˇke u kojima prave AO, BO, CO, DO prodiru respektivno pljosni su A c BCD, CDA, DAB, ABC, dokazati da je 124 a) b) OA′ AA′ AO AA′ + + OB ′ BB ′ BO BB ′ + + OC ′ CC ′ CO CC ′ + + OD ′ DD ′ DO DD ′ = 1; = 3. Dokaz: a) Ako obeleˇimo sa ha , hb , hc , hd visine tetraedra ABCD i sa ka , kb , kc , kd odstojanja z taˇke O od ravni BCD, CDA, DAB, ABC, bi´e c c ka OA′ = , ha AA′ kb OB ′ = , hb BB ′ kc OC ′ = , hc CC ′ kd OD′ = . hd DD′ Prema zadatku 158. imamo da je ka kb kc kd + + + = 1, ha hb hc hd pa je OD′ OA′ OB ′ OC ′ + + + = 1. AA′ BB ′ CC ′ DD′ b) Kako je AO = AA′ −OA′ , BO = BB ′ −OB ′ , CO = CC ′ −OC ′ , DO = DD′ −OD′ , bi´e c AO BO CO DO + + + = ′ ′ ′ AA BB CC DD′ AA′ − OA′ BB ′ − OB ′ CC ′ − OC ′ DD′ − OD′ = + + + = AA′ BB ′ CC ′ DD′ OA′ OB ′ OC ′ OD′ =4−( + + + ) = 4 − 1 = 3. AA′ BB ′ CC ′ DD′ Zadatak 160: Ako su A′′ , B ′′ , C ′′ , D′′ taˇke u kojima prave odredene visinama AA′ , c BB ′ , CC ′ , DD′ tetraedra ABCD prodiru sferu opisanu oko tog tetraedra, dokazati da je AA′′ BB ′′ CC ′′ DD′′ + + + = 6. AA′ BB ′ CC ′ DD′ Zadatak 161: Ako je O proizvoljna taˇka pljosni ABC tetraedra ABCD i ako su A′ , c C ′ taˇke u kojima prave kroz O uporedne s ivicama AD, BD, CD prodiru pljosni c BCD, CAD, ABD, dokazati da je B′, OA′ OB ′ OC ′ + + = 1. AD BD CD 125 D B′ C′ A O A′ C B Slika uz zadatak 161 Dokaz: Trougaonim povrˇinama OAD, OBD, OCD tetraedar ABCD je razloˇen na s z tetraedre OBCD, OACD, OABD. Tetraedri OBCD i ABCD imaju zajedniˇku pljosan c BCD kojoj odgovaraju visine OO1 i AA1 tih tetraedara, pa je V (OBCD) : V (ABCD) = OO1 : AA1 . Ravan odredena uporednim pravama AD i OA′ po pravoj AO koja pripada ravni ABC i seˇe duˇ BC u nekoj taˇki P . Pri tome je △P OO1 ∼△P AA1 i △P OA′ ∼△P AD, pa je c z c OO1 : AA1 = OP : AP Iz ovih dveju proporcija sledi sledi da je OO1 : AA1 = OA′ : AD, pa je V (OBCD) : V (ABCD) = OA′ : AD. Isto tako je V (OACD) : V (ABCD) = OB ′ : BD, Otuda je OA′ OB ′ OC ′ 1 + + = [V (OBCD) + V (OACD) + V (OABD)] = 1 AD BD CD V (ABCD) V (OABD) : V (ABCD) = OC ′ : CD. i OA′ : AD = OP : AP. Zadatak162: Ako su A′ , B ′ , C ′ , D′ taˇke u kojima proizvoljna prava p kroz teˇiste T c z tetraedra ABCD prodire ravni BCD, CDA, DAB, ABC dokazati da je 1 1 1 1 = + + , T A′ T B ′ T C ′ T D′ a) 126 ako je A′ s jedne, a B ′ , C ′ , D′ s druge strane od T ; 1 1 1 1 + = + , ′ ′ ′ TA TB TC T D′ b) ako su A′ i B ′ s jedne, a C ′ i D′ s druge strane od T . Dokaz: Neka je Π proizvoljna ravan upravna na pravoj p i neka su A′′ , B ′′ , C ′′ , D′′ upravne projekcije taˇaka A, B, C, D na tu ravan. S obzirom da prava p prodire ravni c svih pljosni tetraedra ABCD i da je ravan Π upravna na pravoj p, nikoje dve od taˇaka c A′′ , B ′′ , C ′′ , D′′ se ne poklapaju i nikoje tri ne pripadaju jednoj pravoj. Dakle, jedna od tih taˇaka nalazi se u trouglu koji je odreden ostalim trima taˇkama, ili se pak nijedna c c od tih taˇaka ne nalazi u trouglu koji je odreden ostalim trima taˇkama. Neka je npr. c c taˇka A′′ u trouglu B ′′ C ′′ D′′ . U tom sluˇaju bi´e na pravoj p taˇke B ′ , C ′ , D′ s jedne, c c c c a taˇka A′ s druge strane od taˇke T . Sem toga je c c S(B ′′ C ′′ D′′ ) = S(A′′ B ′′ C ′′ ) + S(A′′ C ′′ D′′ ) + S(A′′ D′′ B ′′ ). S obzirom da su tetraedri T BCD, T CDA, T DAB, T ABC jednaki i da je V (T BCD) = 1 S(B ′′ C ′′ D′′ )T A′ , 3 1 V (T CDA) = S(C ′′ D′′ A′′ )T B ′ , 3 1 V (T DAB) = S(D′′ A′′ B ′′ )T C ′ , 3 V (T ABC) = bi´e c S(B ′′ C ′′ D′′ )T A′ = S(C ′′ D′′ A′′ )T B ′ = S(D′′ A′′ B ′′ )T C ′ = S(A′′ B ′′ C ′′ )T D ′ . Otuda je S(B ′′ C ′′ D′′ ) 1 T A′ 1 S(A′′ B ′′ C ′′ )T D ′ , 3 = = S(C ′′ D′′ A′′ ) 1 T B′ S(C ′′ D′′ A′′ ) 1 T C′ + S(D′′ A′′ B ′′ ) + 1 T B′ = S(D′′ A′′ B ′′ ) = S(A′′ B ′′ C ′′ ) 1 T D′ S(A′′ B ′′ C ′′ ) + 1 T C′ + 1 T D′ i prema tome 127 1 1 1 1 = + + . T A′ T B ′ T C ′ T D′ Ako je taˇka A′′ izvan trougla B ′′ C ′′ D′′ , bi´e npr. c c S(A′′ B ′′ C ′′ ) = S(A′′ C ′′ D′′ ) = S(A′′ B ′′ D′′ ) + S(B ′′ C ′′ D′′ ). U tom sluˇaju su taˇke A′ i B ′ s jedne, a taˇke C ′ i D′′ s druge strane od taˇke T . Pri c c c c tome je takode S(B ′′ C ′′ D′′ ) 1 T A′ = S(C ′′ D′′ A′′ ) 1 T B′ = S(D′′ A′′ B ′′ ) 1 T C′ = S(A′′ B ′′ C ′′ ) 1 T D′ , pa je S(B ′′ C ′′ D′′ ) + S(C ′′ D′′ A′′ ) S(D′′ A′′ B ′′ ) + S(A′′ B ′′ C ′′ ) = . 1 1 1 1 T A′ + T B ′ T C ′ + T D′ Otuda je 1 1 1 1 + = + . ′ ′ ′ TA TB TC T D′ c z c Zadatak 163: Ako je r polupreˇnik osnove i h visina prave kruˇne kupe, a ρ polupreˇnik sfere upisane u toj kupi, dokazati da je 1 1 2 − = h. ρ2 r 2 ρ Dokaz: Ako obeleˇimo sa O srediˇte osnove i sa V vrh prave kruˇne kupe, sa S z s z srediˇte sfere upisane u toj kupi i sa B taˇku u kojoj proizvoljna izvodnica AV te kupe s c dodiruje upisanu sferu,imamo da je △V SB∼△V AO, pa je SB VB = , OA VO tj. ρ = r (h − ρ)2 − ρ2 = h h2 − 2ρh . h 128 V B ρ S A O Slika uz zadatak 163 Otuda je ρ2 2ρ =1− , r2 h i prema tome 1 1 2 − = h. ρ2 r 2 ρ 1 (AB + BC + CA). 2 Zadatak 164: Dokazati da je kod svakog tetraedra ABCD AD + BD + CD > Dokaz: Kod trouglova ABD, BCD,CAD je AD + BD > AB, pa je AD + BD + CD > BD + CD > BC, CD + AD > CA, 1 (AB + BC + CA). 2 Zadatak 165: Ako je O proizvoljna taˇka u tetraedru ABCD, dokazati da je c 1 OA + OB + OC + OD > (AD + BD + CD + AB + BC + CA). 3 Dokaz: Saglasno prethodnom zadatku, kod tetraedra OABC, OACD, OADB, OBCD imamo da je 1 OA + OB + OC > (AB + BC + CA), 2 1 OA + OC + OD > (AC + CD + DA), 2 1 OA + OD + OB > (AD + DB + BA), 2 129 1 OA + OB + OC > (BC + CD + DB). 2 Sabiranjem odgovaraju´ih strana ovih nejednakosti nalazimo da je c 1 OA + OB + OC + OD > (AD + BD + CD + AB + BC + CA). 3 Zadatak 166: Ako su a, b, c ivice i d dijagonala pravouglog paralelepipeda, dokazati da je √ 3 (a + b + c) ≤ d < a + b + c. 3 Dokaz: S obzirom da je d2 = a2 + b2 + c2 bi´e c i prema tome d≥ 1 i a2 + b2 + c2 ≥ (a + b + c)2 , 3 1 d2 ≥ (a + b + c)2 , 3 √ 3 (a + b + c). 3 Da bismo dokazali drugi deo ovog zadatka, obelezimo sa d1 dijagonalu pljosni kojoj su ivice a i b. Pri tome je d < d1 + c i d1 < a + b, pa je d < a + b + c. Zadatak 167: Ako je O proizvoljna taˇka iz unutraˇnjosti tetraedra ABCD i ako su c s ′ , C ′ , D ′ taˇke u kojima prave AO, BO, CO, DO prodiru respektivno pljosni BCD, B c CDA, DAB, ABC, dokazati da je A′ , AA′ BB ′ CC ′ DD′ 16 + + + ≥ ; AO BO CO DO 3 AA′ BB ′ CC ′ DD′ + + + ≥ 16. OA′ OB ′ OC ′ OD′ a) b) 130 Dokaz: a) Prema zadatku 159, imamo da je AO BO CO DO + + + ′ ′ ′ AA BB CC DD′ a prema zadatku 159(a), da je AO BO CO DO + + + = 3, ′ ′ ′ AA BB CC DD′ pa je AA′ BB ′ CC ′ DD′ 16 + + + ≥ . AO BO CO DO 3 b) Prema zadatku 159, imamo da je OD′ OA′ OB ′ OC ′ + + + AA′ BB ′ CC ′ DD′ a prema zadatku 159(b), da je OD′ OA′ OB ′ OC ′ + + + = 1, AA′ BB ′ CC ′ DD′ pa je AA′ BB ′ CC ′ DD′ + + + ≥ 16. OA′ OB ′ OC ′ OD′ AA′ BB ′ CC ′ DD′ + + + OA′ OB ′ OC ′ OD′ ≥ 16, AA′ BB ′ CC ′ DD′ + + + AO BO CO DO ≥ 16, c s Zadatak 168: Ako je proizvoljna taˇka iz unutraˇnjosti tetraedra ABCD i ako su A′ , ′ , C ′ taˇke u kojima prave AO, BO, CO, DO prodiru respektivno pljosni BCD, CDA, B c DAB, ABC dokazati da je OA′ OB ′ OC ′ OD′ 1 · · · ≤ ; ′ BB ′ CC ′ DD ′ AA 256 a) b) AO BO CO DO 81 · · · ≤ . ′ BB ′ CC ′ DD ′ AA 256 Dokaz: a) Prema zadatku 159(a), imamo da je OA′ OB ′ OC ′ OD′ + + + = 1. AA′ BB ′ CC ′ DD′ 131 S obzirom da je zbir svih ovih razmera stalan, njihov proizvod bi´e maksimalan ako su c te razmere medu sobom jednake, tj. ako je OA′ OB ′ OC ′ OD′ 1 = = = = . ′ ′ ′ AA BB CC DD′ 4 Stoga je 1 1 OA′ OB ′ OC ′ OD′ · · · ≤ ( )4 = . ′ BB ′ CC ′ DD ′ AA 4 256 b) Prema zadatku 159(b), imamo da je AO BO CO DO + + + = 3. ′ ′ ′ AA BB CC DD′ S obzirom da je zbir svih ovih razmera stalan, njihov proizvod bi´e maksimalan ako su c te razmere medu sobom jednake, tj. ako je BO CO DO 3 AO = = = = . ′ ′ ′ ′ AA BB CC DD 4 Stoga je AO BO CO DO 3 81 · · · ≤ ( )4 = . AA′ BB ′ CC ′ DD′ 4 256 Zadatak 169: Dokazati da je povrˇina bilo koje pljosni tetraedra manja od zbira s povrˇina ostalih triju njegovih pljosni. s D A D′ B Slika uz zadatak 169 C Dokaz: Upravna projekcija D′ temena D na ravni ABC je u trouglu ABC, na njemu, ili izvan njega. Ako je taˇka D′ u trouglu ABC, imamo da je c S(ABC) = S(ABD′ ) + S(BCD′ ) + S(CAD′ ) < S(ABD) + S(BCD) + S(CAD). 132 Ako je taˇka D′ na trouglu ABC, npr. na stranici BC, imamo da je c S(ABC) = S(ABD′ ) + S(ACD′ ) < S(ABD) + S(ACD) + S(BCD). Ako je taˇka D′ izvan trougla ABC, npr. u uglu BAC, a sa obe strane od prave BC sa c koje nije teme A, imamo da je S(ABC) = S(ABD′ ) + S(ACD′ ) − S(BCD) < S(ABD′ ) + S(ACD) < < S(ABD) + S(ACD) < S(ABD) + S(ACD) + S(BCD). Zadatak 170: Ako su a, b, c ivice i S povrˇina pravouglog paralelopipeda, dokazati da s je 2 S ≤ (a + b + c)2 . 3 Dokaz: S obzirom da je S = 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)2 − (a2 + b2 + c2 ) i pa je 1 a2 + b2 + c2 ≥ (a + b + c)2 , 3 1 S ≤ (a + b + c)2 − (a + b + c)2 , 3 2 S ≤ (a + b + c)2 . 3 i prema tome Zadatak 171: Ako je S povrˇina i V zapremina pravouglog paralelopipeda, dokazati s da je S 3 ≥ 216V 2 . Dokaz: S obzirom da je S = 2(ab + bc + ca) i V = abc, prema nejednakosti za aritmetiˇku i geometrijsku sredinu, imamo da je c (ab + bc + ca)3 ≥ 27a2 b2 c2 , pa je S 3 ≥ 216V 2 . 133 Zadatak 172: Ako su r i h polupreˇnik osnove i visina pravog kruˇnog valjka, a M c z povrˇina omotaˇa i V zapremina, dokazati da je s c a) M ≤ π (r + h)2 ; 2 b) V ≤ 4π 27 (r + h)3 . Dokaz: a) S obzirom da je M = 2rhπ, a prema nejednakosti za geometrijsku i aritmetiˇku c sredinu, imamo da je 1 rh ≤ (r + h)2 , 4 pa je π M ≤ (r + h)2 . 2 b) S obzirom da je V = r 2 πh, a prema nejednakosti za geometrijsku i aritmetiˇku c sredinu duˇi 2 , 2 h imamo da je z r r r2h ≤ pa je V ≤ 4π (r + h)3 . 27 4 (r + h)3 , 27 Zadatak 173: Ako je V zapremina, h visina i r polupreˇnik srednjeg kruga zarubljene c prave kruˇne kupe, dokazati da je z 4 r 2 hπ ≤ V ≤ r 2 hπ. 3 Dokaz: Ako su r1 i r2 polupreˇnici osnova zarubljene prave kruˇne kupe, imamo da c z je V = Iz 2 2 r1 + r1 r2 + r2 = (r1 + r2 )2 − r1 r2 , πh 2 2 (r + r1 r2 + r2 ). 3 1 r1 + r2 = 2r 1 i r1 r2 ≤ (r1 + r2 )2 4 134 sledi da je 2 2 r1 + r1 r2 + r2 ≥ 3r 2 , pa je 4 r 2 hπ ≤ V ≤ r 2 hπ. 3 Zadatak 174: Ako je r polupreˇnik osnove, h visina, S povrˇina i V zapremina bilo c s kojeg kruˇnog valjka, dokazati da je z S 3 ≥ 54πV 2 . Dokaz: S obzirom da je S = 2π(r 2 + rh) i V = πr 2 h, bi´e c V V V ) = 2π(r 2 + + ). πr 2rπ 2rπ Prema nejednakosti za geometrijsku i aritmetiˇku sredinu, imamo da je c S = 2π(r 2 + (r 2 + pa je S 3 ≥ 54πV 2 . V V 3 V2 + ) ≥ 27 2 , 2rπ 2rπ 4π Zadatak 175: Ako je V zapremina, h visina i r polupreˇnik srednjeg kruga loptiˇnog c c sloja, dokazati da je h3 π h3 π + r 2 hπ ≤ V ≤ + 2r 2 hπ. 6 6 c c Dokaz: Ako su r1 i r2 polupreˇnici krugova koji odreduju loptin sloj, bi´e V = S obzirom da je (r1 + r2 )2 2 2 ≤ r1 + r2 ≤ (r1 + r2 )2 2 i r1 + r2 = 2r, h3 π hπ 2 2 + (r + r2 ). 6 2 1 135 bi´e c 2 2 2r 2 ≤ r1 + r2 ≤ 4r 2 , pa je h3 π h3 π + r 2 hπ ≤ V ≤ + 2r 2 hπ. 6 6 Zadatak 176: Ako su ha , hb , hc , hd visine tetraedra ABCD i ρ polupreˇnik lopte c upisane u taj tetraedar, dokazati da je ha hb hc hd ≥ 256ρ4 . Dokaz: Prema zadatku 155. imamo da je 1 1 1 1 1 + + + = . ha hb hc hd ρ S obzirom da je zbir ovih sabiraka stalan, njihov proizvod bi´e najve´i ako je c c 1 1 1 1 1 = = = = . ha hb hc hd 4ρ Stoga je 1 1 1 1 1 · · · ≤ , ha hb hc hd 256ρ4 i prema tome ha hb hc hd ≥ 256ρ4 . Zadatak 177: Ako su ha , hb , hc , hd visine tetraedra ABCD i ρ polupreˇnik lopte c upisane u taj tetraedar, dokazati da je ha + hb + hc + hd ≥ 16ρ. Dokaz: Prema nejednakosti za aritmetiˇku i geometrijsku sredinu, imamo da je c ha + hb + hc + hd ≥ 4 4 ha hb hc hd , a prema prethodnom zadatku ha hb hc hd ≥ 256ρ4 , pa je ha + hb + hc + hd ≥ 16ρ. 136 Zadatak 178: Ako su ha , hb , hc , hd visine tetraedra ABCD, ka , kb , kc , kd odstojanja proizvoljne taˇke O koja se nalazi u tetraedru ABCD od ravni BCD, CDA, DAB, c ABC, dokazati da je min(ha , hb , hc , hd ) ≤ ka + kb + kc + kd ≤ max(ha , hb , hc , hd ). z s Dokaz: Obeleˇimo sa a, b, c, d povrˇine pljosni (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) i sa V zapreminu tetraedra ABCD. S obzirom da je taˇka O u tetraedru, bi´e c c aka + bkb + ckc + dkd = 3V. Ako pretpostavimo da je povrˇina a najve´a, bi´e s c c aka + akb + akc + akd ≥ 3V, tj. ka + kb + kc + kd ≥ i prema tome ka + kb + kc + kd ≥ ha . Stoga je ka + kb + kc + kd ≥ min(ha , hb , hc , hd ). Ako pretpostavimo da je povrˇina a najmanja, bi´e s c aka + akb + akc + akd ≤ 3V, tj. ka + kb + kc + kd ≤ i prema tome ka + kb + kc + kd ≤ ha . Otuda je min(ha , hb , hc , hd ) ≤ ka + kb + kc + kd ≤ max(ha , hb , hc .hd ). 3V , a 3V , a Zadatak 179: Ako su ha , hb , hc , hd visine tetraedra ABCD i ρ polupreˇnik sfere c upisane u taj tetraedar, dokazati da je min(ha , hb , hc , hd ) ≤ 4ρ ≤ max(ha , hb , hc .hd ). 137 Dokaz: Ako obeleˇimo sa S srediˇte sfere upisane u tetraedar ABCD, bi´e odstojanja z s c ka , kb , kc , kd taˇke S od pljosni BCD, CDA, DAB, ABC jednaka duˇi ρ, pa je prema c z prethodnom zadatku min(ha , hb , hc , hd ) ≤ 4ρ ≤ max(ha , hb , hc .hd ) Zadatak 180: Ako je d dijametar ograniˇenog prostornog lika ω, dokazati da postoji c √ pravilan tetraedar ivice a ≤ 6d koji sadrˇi lik ω. z Dokaz: Obeleˇimo sa ABCD bilo koji pravilan tetraedar koji je opisan oko lika z ′ B ′ C ′ D ′ njemu homotetiˇan tetraedar koji je takode opisan oko lika ω i sa O ω , sa A c proizvoljnu taˇku koja se nalazi u svakom od ta dva tetraedra. Neka su P, Q, R, S upravne c projekcije taˇke O na pljosnima koje se nalaze naspram temena A, B, C, D tetraedra c ABCD a P ′ , Q′ , R′ , S ′ upravne projekcije taˇke O na pljosnima koje se nalaze naspram c temena A′ , B ′ , C ′ , D′ tetraedra A′ B ′ C ′ D′ . Prema poznatom stavu, imamo da je zbir duˇi OP, OQ, OR, OS jednak visini h tetraedra ABCD, a zbir duˇi OP ′ , OQ′ , OR′ , OS ′ z z jednak visini h′ tetraedra A′ B ′ C ′ D′ . S obzirom da su ravni odredene odgovaraju´im c ′ B ′ C ′ D ′ uporedne medu sobom, i da svaka od njih sadrˇi pljosnima tetraedra ABCD i A z najmanje po jednu taˇku datog skupa taˇaka kome je i dijametar d, imamo da je c c OP + OP ′ ≤ d, OQ + OQ′ ≤ d, OR + OR′ ≤ d, OS + OS ′ ≤ d. Sabiranjem odgovaraju´ih strana ovih jednakosti, nalazimo da je c OP + OQ + OR + OS + OP ′ + OQ′ + OR′ + OS ′ ≤ 4d, tj. da je h + h′ ≤ 4d. Stoga je jedna od visina h i h′ tetraedara ABCD i √ ′ B ′ C ′ D′ A manja ili jednaka 2d, pa je i ivica odgovaraju´eg tetraedra manja ili jednaka 6d. c