1
Geometrija - napredni nivo 2012.
Rešenje: Vidimo da zbir ova tri ugla daje 180 stepeni. Dakle imamo:
0 0 0
0 0 0
0
0
0
2 30 90 3 180
2 3 180 30 90
5 120
120
5
24
α α
α α
α
α
α
− + + =
+ = + −
=
=
=
Rešenje:
A
B
C
65o
90o
s
2
α
2
α
β
M
2
α90
o
65o
Simetrala ugla deli ugao na dva jednaka dela. Uočimo žuti trougao MAC. Znamo da je zbir uglova u svakom trouglu
180 stepeni: 0 0 0 0 0 0 090 65 180 155 180 25 502 2 2
α α αα+ + = → + = → = → =
Kako je trougao pravougli : 0 0 0 090 50 90 40α β β β+ = → + = → =
Unutrašnji ugao kod temena A je 050 i unutrašnji ugao kod temena B je 040 .
2
Rešenje: Podsetite se u pripremnom fajlu koji su to uglovi na transverzali. Uglovi označeni žutom bojom su jednaki ( nisu izračunati jer nam ne trebaju za zadatak) a sa slike 1. Lako zaključujemo vrednost za ugao alfa. Ta ista vrednost će biti i za odgovarajući ugao unutar trougla na slici 2. Spoljašnji ugao od 130 0 nam govori da će njegov odgovarajući unutrašnji biti 50 0 . I na kraju iskoristimo da je zbir uglova u trouglu 180 0 .
a
b
α
β
44o
=44o 130
o
α=44o
a
b
α
β
44o
=44o 130
o
α=44o
50o
0 0 0
0 0
0 0
0
44 50 180
94 180
180 94
86
β
β
β
β
+ + =
+ =
= −
=
slika 1. slika 2. Odgovor:
044α = i 086β =
3
Rešenje:
I način
α α1+
=180
o
α α1
=180
o-
=180α o-
α
60 15`o
180o
60 15`o
-
179o60`
119 45`o
=119 45`o
γ
( )
0
0
0
180
180
180
α β γ
γ α β
γ
+ + =
= − +
=
25 15`119 45`+
144 60`
o
o
o
-145 o =145
o
=35o
II način Iskoristimo teoremu da je spoljašnji ugao ( crveni ugao) jednak zbiru dva unutrašnja nesusedna ugla ( žuti uglovi)!
0
1
1
0 0
0
86
60 15' 25 15'
35
βα β γ
γ α β
γ
γ
=
= +
= −
= −
=
4
Rešenje:
a
b2
35 30`o
35 30`o
slika 1.
a
b2
35 30`o
35 30`o
slika 2. Najpre uočimo unakrsne uglove na slici 1. koji su jednaki ( zeleni i crveni). Na slici 2. je podebljan trougao iz koga ćemo pronaći nepoznati ugao!
0 0
0 0
0
0
0
2 35 30` 180
3 180 35 30`
3 144 30`
144 30`: 3 ( pazite, posebno delimo stepene a posebno minute) 144:3=48 i 30 :3=10
48 10`
α α
α
α
α
α
+ + =
= −
=
=
=
5
Rešenje: Uočimo najpre da je trougao ABD jednakokrako pravougli trougao. To nam govori da je AD = 6 cm. U pripremnom fajlu smo govorili da je ovde zgodno izvršiti dopunu do punog kvadrata i da će onda stranica DB biti
dijagonala tog kvadrata, a znamo da je formulica za dijagonalu kvadrata 2a . Pogledajmo sliku:
A B
D
6cm
6cm 6 2cm
Znači, dobili smo BD= 6 2 cm. Naravno, ovo isto bi dobili primenom Pitagorine teoreme na dati trougao . Posmatrajmo sada trougao BCD. On je očigledno polovina jednakostraničnog trougla, pa ćemo i njega dopuniti.
B
D
C
6 2
60 o
60 o
30 o
30 o
6 22*
cm
cm
6
Stranica BC je dvostruko veća od stranice BD, pa je BC = 2 6 2 12 2⋅ =
DC je visina tog jednakostraničnog trougla čija je stranica 12 2 . Preko formulice za visinu trougla, dobijamo:
3 12 2 36 6
2 2
ah DC cm= → = =△
△
Naravno, isto ovo bi dobili primenom Pitagorine teoreme na dati trougao! Sad nam ostaje samo da saberemo dužine svih stranica i eto obima:
6 12 2 6 6 6
12 12 2 6 6
6(2 2 2 6)
O AB BC CD AD
O
O
O cm
= + + +
= + + +
= + +
= + +
Rešenje:
Primenićemo Pitagorinu teoremu na trougao MNP.
2 2 2
2 2
2
2
(3 ) 10
9 100
10 100
10
a a
a a
a
a
+ =
+ =
=
=
Ovo je površina jednog kvadratića. A pošto ih ima 5, površina figure će biti:
2
2
5
5 10
50
f
f
f
P a
P
P cm
=
= ⋅
=
Površina figure je 250cm
7
Rešenje: Proučimo najpre datu sliku. Dijagonale se seku pod pravim uglom, tako da dole i gore imamo jednakokrako pravougle trouglove!
a=12cm
b=4cm
6cm
2cm
45o
45o
45o
45o
6cm
2cm
Označeni trouglovi su takodje jednakokrako pravougli, pa će visina celog trapeza biti: h= 6+2 = 8cm Sad nije teško naći površinu:
2
212 4
82
168
2
8 8 64
a bP h
P
P
P P cm
+= ⋅
+= ⋅
= ⋅
= ⋅ → =
Površina trapeza je 264cm
8
Rešenje: Slika je ovde neophodna!
60
5cm
D
AD=DC=5cm
CB=2*CD=10cm
3 10 35 3
2 2
ah DB cm= → = =△
△
2 5 2AC AD cm= =
5 3cm5+
Najpre nadjemo uglove ova dva trougla.
Vršimo dopune do punog kvadrata ( na trouglu ADC) i dopunu do jednakostraničnog trougla (na trouglu DBC), vrlo slično kao kod zadatka 256. Na taj način dobijamo dužine stranica:
AB = ( )5 5 3 cm+
BC = 10cm
AC= 5 2cm Tražimo obim, dakle:
5 5 3 10 5 2
15 5 3 5 2
5(3 3 2)
O
O
O cm
= + + +
= + +
= + +
9
Rešenje: Mi ustvari tražimo obim ovog trapeza! Moramo naći nepoznatu stranicu c. Pogledajmo sliku:
2 2 2
2 2 2
2
2
( )
9 12
81 144
225
225
15
c a b h
c
c
c
c
c m
= − +
= +
= +
=
=
=
Obim je onda: 15 6 15 12
48
O a b c h
O
O m
= + + +
= + + +
=
Odgovor na postavljeno pitanje je: Potrebno je 48 m žice.
Rešenje:
0
0
0
180
20 72
180
8
rl
l
l cm
πα
π
π
=
⋅=
=
sad tražimo poluprečnik kruga čiji je obim 8 cmπ :
2
8
O rπ
π
=
2r π=
84
2r r cm= → =
Dužina poluprečnika tog kruga je 4cm.
10
Rešenje: Odredimo najpre koliko je jedan unutrašnji ugao osmougla! ( pogledajte pripremni fajl MNOGOUGAO)
0
1
0
1
01
360
360
8
45
nα
α
α
=
=
=
Našli smo jedan spoljašnji ugao, pa je
01
0 0
0 0 0
180
45 180
180 45 135
α α
α
α α
+ =
+ =
= − → =
Pogledajmo sada sliku 1.:
135o
135o
135o
β
135o
135o
135o
22 30`
45o
o22 30`
o
β
135o
135o
135o
22 30`
45o
o22 30`
o
β135
o
slika 1. slika 2. slika 3. Uočimo žute uglove jednakokrakog trouga sa uglom od 135 0 . Znamo da je zbir unutrašnjih uglova u svakom trouglu 180 0 . Znači da će žuti uglovi iznositi po 22 0 30`. Uočimo jednakokraki trapez čija su dva veća ugla po 135 0 . Znamo da će crveni ugao onda biti 45 0 . To sve smo upisali na slici 2. Sad vidimo da žuti ugao, crveni ugao i nepoznati ugao β ustvari daju jedan unutrašnji ugao osmougla. Dakle:
0 0 0
0 0
0
22 30` 45 135
135 67 30`
67 30`
β
β
β
+ + =
= −
=
11
31 2
31 2
2 2 222 2
2 2 26 9 12
2 2 227
2
13,5
OO OO
rr rO
O
O
O cm
ππ π
π π π
π
π
= + +
= + +
= + +
=
=
II način za rešavanje ovog zadatka:
Uočimo jedan karakteristični trougao ( žuti) na prvoj slici.
Centralni ugao računamo: 0 0
0360 36045
8nϕ ϕ= → = =
Na drugoj slici uočimo ugao 0 03 3 45 135ϕ = ⋅ = Ugao β je periferijski ugao a ugao 03 135ϕ = je centralni ugao nad istim lukom !
Onda je β upola manji od centralnog ugla, pa je 0
013567 30`
2β β= → =
Rešenje: Iz čega se sastoji ova kriva linija? Nju sačinjavaju TRI POLUOBIMA datih krugova čije prečnike možemo pročitati sa slike! Za prvi polukrug je 12 6r =
Za drugi polukrug je 22 9r =
Za treći polukrug je 32 12r =
Dužina krive linije je 13,5 cmπ .
12
Rešenje: Pogledajte pripremni fajl KRUG. Dužina tetive je jednaka poluprečniku, to nam govori da je trougao ABO jednakostraničan i da su mu svi uglovi od po 60 stepeni. ( slika 1.)
A B
O
C
60
30
o
o
60o
60o
A B
O
C
60o
60o
60o
slika 1. slika 2. Nad istim lukom, centralni ugao je dva puta veći od periferijskog! Pogledajmo luk AB. Njemu odgovara centralni ugao AOB od 60 0 i odgovara mu periferijski ugao ACB. Pošto taj periferijski ugao mora biti duplo manji od centralnog koji je 60 0 . Dakle: Mera ugla ACB je 30 0 . ( slika 2.)
13
Rešenje: Pitamo se koji deo površine kruga zauzima taj kružni isečak?
30o
360o
Ceo krug je 360 0 , a kako je 360:30 = 12, zaključujemo: Manja je 12 puta.
Rešenje: Iz obima velikog kruga lopte ćemo izračunati poluprečnik lopte:
2
125,6 2 3,14
125,6 6, 28
125,6
6,28
20
O r
r
r
r
r cm
π=
= ⋅
=
=
=
Pogledajmo sliku:
Vidimo da je poluprečnik lopte jednak polovini stranice kocke. Onda je a= 2r , pa je a = 40cm. Odgovor na postavljeno pitanje je pod: б) kutija ivice 40cm.
a
a
a
r=a2
14
Rešenje:
a
a
hH
s
s
d/245o
45o
A
O
S
Trougao AOS je takodje jednakokrako pravougli, pa je : 2
2 2
d aH H= → =
Podjimo sada od formule za zapreminu , jer nam je ona data.
2
2
3
1 2 zamenimo da je
3 2
1 2
3 2
2
6
36 2
aV a H H
aV a
aV
= =
=
=
3 2a=
3
3
3 3
6
=366
36 6
6 6 6 6 6
a
a
a a cm
= ⋅
= ⋅ ⋅ = → =
Dužina osnovne ivice je 6cm.
15
Rešenje:
a
aa
H
Krećemo od formule za površinu prizme:
2
2
2
2
32 3
4
33
2
8 356 3 3 8
2
64 356 3 24
2
56 3 32 3 24
24 56 3 32 3
24 24 3
24
P B M
aP aH
aP aH
H
H
H
H
H
H
= +
= +
= +
= + ⋅ ⋅
= + ⋅
= + ⋅
⋅ = −
⋅ =
=3
243H cm→ =
Visina ove prizme je 3cm .
16
Rešenje:
c
a=7cm
b
b:c=3:5
3
2
2 2
2
7
: 3 : 5 3 i c=5k
420
?
420 7 3 5
420 105
4204 2 vratimo u 3 i c=5k
1053 2 6
5 2 10
2( )
2(7 6 7 10 6 10)
2(42 70 60)
2 172
344
a cm
b c b k
V cm
P
V abc
k k
k
k k k b k
b cm
c cm
P ab ac bc
P
P
P
P cm
=
= → =
=
=
=
= ⋅ ⋅
=
= → = → = =
= ⋅ =
= ⋅ =
= + +
= ⋅ + ⋅ + ⋅
= + +
= ⋅
=
Površina kvadra je 344cm 2 .
17
Rešenje:
Primenom Pitagorine teoreme na označeni trougao ćemo naći dužinu visine piramide H.
2
2 2
22 2
2
2
2
2
10
13
?
2
1013
2
25 169
169 25
144 144 12
1
31
3
1
3
a cm
h cm
V
aH h
H
H
H
H H H cm
V BH
V a H
V
=
=
=
+ =
+ =
+ =
= −
= → = → =
=
=
=4
210 12⋅ 3100 4 400V V cm→ = ⋅ → =
Zapremina piramide je 3400cm .
18
Rešenje: Iz površine osnove kupe ćemo naći dužinu poluprečnika:
2
108
B r π
π
=2r π=
2 108
108 36 3 6 3
6 3
r
r cm
r cm
=
= = ⋅ =
=
30o
30o
60
o60
o
r
H
H
s=2H
s=2H
Vršimo dopunu do jednakostraničnog trouga. Visina tog trougla je r , a stranica tog trougla je 2H.
3
2
6 3
ah = △
△
2=
3H
26H cm→ =
Sad nije teško naći zapreminu kupe:
1
3
1
3
k
k
V BH
V
=
= 108 6π ⋅2
3216kV cmπ=
Zapremina lopte je:
3
3
4
34
33
4
3
l
l
l
V r
V
V
π
π
=
=
=9
27⋅
336lV cm
π
π=
a odnos zapremina: : 216k lV V π= : 36π
: 6 6k l k lV V V V= → = ⋅
Zapremina kupe je 6 puta veća od zapremine lopte.
19
Rešenje: Izračunajmo najpre površinu ovog polukruga. ( može da se tretira i kao kružni isečak sa centralnim uglom od 180 0 )
2 2218 324
1622 2 2 2kruga
polukruga
P rP cm
π π ππ= = = = =
E sad razmišljamo da je ovo omotač kupe! Znači da je površina omotača: M= 2162 cmπ a dužina izvodnice s=18cm ( ono što je r za isečak, tj. ovaj polukrug, to je s za kupu!) Iz omotača kupe ćemo naći dužinu poluprečnika r.
162
M srπ
π
=
18r π=
1629
18r r cm= → =
Primenom Pitagorine teoreme dobijamo visinu kupe:
2 2 2
2 2 2
2
2
2
9 18
81 324
324 81
243
243 81 3 9 3
r H s
H
H
H
H
H cm
+ =
+ =
+ =
= −
=
= = ⋅ =
E sad nije teško naći zapreminu:
21
3
1
3
V r H
V
π=
=3
29 9π⋅ ⋅
3
3
81 3 3
243 3
V
V cm
π
π
= ⋅
=
Zapremina kupe je 3243 3cmπ
20
Rešenje:
3cm3cm
presek kolača po
velikom krugu
čokolada
marcipan
Ideja je da od zapremine cele lopte ( kolača ) poluprečnika 3+3 = 6 cm oduzmemo zapreminu unutrašnje lopte i na taj način dobijemo zapreminu omotača od čokolade!
( )
( )
( )
1 2
3 31 2
3 31 2
3 3
4 4 ako izvučemo zajednički ispred zagrade, imamo
3 34
34
6 334
216 273
4
3
V V V
V r r
V r r
V
V
V
π π
π
π
π
= −
= −
= −
= −
= −
=63
189π ⋅ 3252V cmπ→ =
Zapremina dela kolača od čokolade u ovom kolaču je 3252 cmπ .
21
Rešenje:
a=9cm
b=12cmc
b=Hc=s
a=r
Obrtanje oko katete b Najpre da preko Pitagore nadjemo dužinu izvodnice s.
2 2 2
2 2 2
2
2
9 12
81 144
225
225 15
r H s
s
s
s
s s cm
+ =
+ =
+ =
=
= → =
Sad tražimo odnos :
2:B M r π= : sr π
:B M r r= : s r
: :
: 9 :15 skratimo sa 3
: 3 : 5
B M r s
B M
B M
=
=
=
Treba dakle zaokružiti odgovor pod v) 3:5
22
Rešenje: Poluprečnik lopte je onda polovina od 20 cm, to jest r = 10cm.
2
2
2
4
4 10
4 100 400
P r
P
P P cm
π
π
π π
=
= ⋅
= ⋅ → =
Površina lopte je 2400 cmπ .
a
a
a
r=a2
23
A
B
C
A
B
C1
1
1
12cm
5cm
3,25cm
13cm
A
B
Rešenje: Obavezno pogledajte pripremni fajl SLIČNOST ! Primenom Pitagorine teoreme, najpre nadjemo dužinu hipotenuze AB
2 2 2
2
2
12 5
144 25
169 13
AB
AB
AB AB cm
= +
= +
= → =
Trouglovi ABC i 1 1 1ABC su slični jer imaju sva tri jednaka ugla.
Iz njihove sličnosti proizilazi proporcionalnost odgovarajućih stranica! Na slici smo različitim bojama obeležili koja stranica kojoj odgovara:
1 1 1 1
1 1
1 1
1 1 1 1
: :
: 5 3, 25 :13
13 3, 25 5
3,25 51, 25
13
BC BC AB AB
BC
BC
BC BC cm
=
=
⋅ = ⋅
⋅= → =
1 1 1 1
1 1
1 1
1 1 1 1
: :
:12 3,25 :13
13 3, 25 12
3,25 123
13
AC AC AB AB
AC
AC
AC AC cm
=
=
⋅ = ⋅
⋅= → =
Sad Nadjemo površinu celog trougla ABC, pa površinu malog trougla 1 1 1ABC i oduzmemo ih!
2
12 5
2
30
ABC
ABC
P
P cm
⋅=
= i
1 1 1
1 1 1
2
1, 25 3
2
1,875
A B C
A B C
P
P cm
⋅=
= Sad ih oduzmemo: P= 30-1,875= 28,125cm 2
Površina osenčenog dela trougla na slici je 28,125cm 2 .
24
Rešenje:
A BE
C
D
12cm
9cm
5cm x
A Bx+5
Uočimo da su trouglovi ABC i BDE slični ( imaju jednake uglove). Onda je: AB : BE = AC : DE (x + 5) : x = 12 : 9 9 ( x+5) =12x 9x +45 = 12x 9x – 12x = -45 -3x = -45 x =15cm EB = 15cm
25
Rešenje: Prvo ćemo izračunati dužinu osnovice i kraka prvog trougla.
40
2
2
40 2( 2)
40 2 4
40 3 4
3 40 4
3 36
12 14
O cm
b a
O a b
a a
a a
a
a
a
a cm b cm
=
= +
= +
= + +
= + +
= +
= −
=
= → =
sad idemo na formulicu:
1 1
1
1
1
1
: :
12 :18 40 :
12 18 40
18 40
12
60
a a O O
O
O
O
O cm
=
=
= ⋅
⋅=
=
Obim tog trougla je 60 cm.
Rešenje: Trouglovi ABC i MNC su slični. Oni imaju zajednički ugao kod temena C a ∡BAC = ∡NMC jer su uglovi sa paralelnim kracima. Takodje je ∡ ABC = ∡MNC – takodje sa paralelnim kracima
A B
M N
C
A
C
2
3
23
1
MN:AB=2:3
CM:AC=2:3
CM:MA=2:1
Treba zaokružiti odgovor pod a) 2:1
26
Rešenje: Svaka dva jednakostranična trougla su slična , jer imaju iste uglove od po 60 0 . TAČNO Svaka dva slična trougla imaju jednake obime . NETAČNO Dva jednakokraka trougla sa uglom pri vrhu od 36 0 su slični trouglovi. TAČNO Objašnjenje: onda će im i uglovi na osnovici biti jednaki : po 72 0 Svi pravougli trouglovi medjusobno su slični. NETAČNO Objašnjenje: oni imaju jedan ugao isti ( od 90 0 ) ali ostala dva mogu biti različita. Dakle, zaokružujemo: