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: