6607. Prizma, piramida i njihovi ravni preseci

Neka je osnova paralelogram $ABCD$ sa $AB=a=5\text{ cm} ,$ $AD=b=3\text{ cm}$ i dijagonalama $d_1 ,$ $d_2 .$ Kao u trouglovima $ABD$ i $ABC$ (kosinusna teorema, sa $\cos(180^\circ-\alpha)=-\cos\alpha$ ), zbir kvadrata dijagonala paralelograma ne zavisi od ugla:

d_1^2=a^2+b^2-2ab\cos\alpha,\quad d_2^2=a^2+b^2+2ab\cos\alpha \implies d_1^2+d_2^2=2(a^2+b^2)

Jedna dijagonala je $d_1=4\text{ cm} .$ Računamo drugu:

d_2^2=2(5^2+3^2)-4^2=68-16=52 \implies d_2=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\text{ cm}\approx7{,}21\text{ cm}

Kako je $2\sqrt{13}>4 ,$ data dijagonala osnove $d_1=4\text{ cm}$ je manja, a $d_2$ veća.

Posmatrajmo dijagonalu paralelopipeda $BD' .$ Bočna ivica $DD'$ je normalna na ravan osnove, pa je $D$ ortogonalna projekcija tačke $D' ,$ a $BD$ ortogonalna projekcija duži $BD'$ na osnovu. Ugao prave prema ravni je oštar ugao koji prava obrazuje sa svojom ortogonalnom projekcijom na tu ravan. Trougao $BDD'$ je pravougli sa pravim uglom kod $D ,$ pa po Pitagorinoj teoremi:

BD'^2=d_1^2+H^2,\qquad AC'^2=d_2^2+H^2

Obe dijagonale paralelopipeda imaju istu katetu $H ,$ pa je manja ona nad manjom dijagonalom osnove, tj. $BD' .$ Prema uslovu zadatka ona sa ravni osnove gradi ugao $\measuredangle D'BD=60^\circ .$ U pravouglom trouglu $BDD'$ tangens tog ugla je odnos naspramne i nalegle katete:

\operatorname{tg}60^\circ=\frac{H}{d_1} \implies H=4\cdot\sqrt3=4\sqrt3\text{ cm}

Sada računamo veću dijagonalu paralelopipeda:

AC'=\sqrt{d_2^2+H^2}=\sqrt{52+48}=\sqrt{100}=10\text{ cm}

Provera: manja dijagonala je $BD'=\sqrt{16+48}=8\text{ cm} ,$ a $\cos\measuredangle D'BD=\frac{4}{8}=\frac12 ,$ pa je taj ugao zaista $60^\circ ,$ što se slaže sa dobijenim rezultatom.

Veća dijagonala paralelopipeda ima dužinu $10\text{ cm}$ (pri tome je druga dijagonala osnove $2\sqrt{13}\text{ cm} ,$ a bočna ivica $4\sqrt3\text{ cm}$ ).

Započni učenje

Privatni časovi

157

Beleške

Slični zadaci

Slični zadaci