Trunchiul de piramidă, trunchiul de con

Tema 12 - Soluții

Lucian Maran, MateMaraton, 11-01-2026

Problema 1. Un trunchi de piramidă tringhiulară regulată are apotema egală cu 1212 cm, iar ariile bazelor egale cu 4323432\sqrt{3} cm2^2 și, respectiv, 172831728\sqrt{3} cm 2.^2. Aflați suma ariilor fețelor laterale ale trunchiului de piramidă.

Mate2000, 8/138, **, E.848
Soluție:

AABC=BC234=17283⇒BC=483A_{ABC}=\dfrac{BC^2 \sqrt{3}}{4} = 1728\sqrt{3} \Rightarrow BC=48\sqrt{3} cm.

AA′B′C′=B′C′234=4323⇒B′C′=243A_{A'B'C'}=\dfrac{B'C'^2 \sqrt{3}}{4} = 432\sqrt{3} \Rightarrow B'C'=24\sqrt{3} cm.

ABCC′B′=(BC+B′C′)⋅BD2=4323A_{BCC'B'} = \dfrac{(BC+B'C')\cdot BD}{2} = 432 \sqrt{3} cm2.^2.
Deci suma ariilor fețelor laterale este 3⋅4323,3 \cdot 432 \sqrt{3}, adică 129631296 \sqrt{3} cm2.^2.

Problema 2. Un trunchi de con circular drept provine dintr-un con circular drept cu raza bazei de 44 cm, a cărui desfășurare are forma unei jumătăti dintr-un disc. Planul bazei de sus a trunchiului trece prin mijlocul unei generatoare a conului. Calculați raza mică și generatoarea trunchiului de con.

Art, 13/135, **, E.849
Soluție:

Lungimea cercului de la baza conului este 2π⋅OB=8π.2\pi \cdot OB = 8 \pi.
Lungimea semicercului obținut prin desfășurare este egală cu jumătate din cercul având ca rază generatoarea conului, adică π⋅VB.\pi \cdot VB.
Egalând aceste valori obținem VB=8 cm.\boxed{VB=8 \text{ cm}}.

O′B′∥OB⇒△VO′B′∼△VOB⇒O′B′OB=VB′VB.O'B' \parallel OB \Rightarrow \triangle VO'B' \sim \triangle VOB \Rightarrow \dfrac{O'B'}{OB} = \dfrac{VB'}{VB}.

Cum planul bazei de sus a trunchiului trece prin mijlocul generatoarei VBVB ⇒B′B=4 cm\Rightarrow \boxed{B'B = 4 \text{ cm}} și VB′VB=12.\dfrac{VB'}{VB} = \dfrac{1}{2}.

Așadar, O′B′4=12⇒O′B′=2 cm.\dfrac{O'B'}{4} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \boxed{O'B'=2 \text{ cm}}.

Problema 3. Trunchiul de piramidă patrulateră ABCDA′B′C′D′ABCDA'B'C'D' provine din piramida VABCD,VABCD, a cărei bază este dreptunghiul ABCD,ABCD, cu BC=2AB.BC=2AB. Fie MM mijlocul muchiei BCBC și {M′}=VM∩B′C′.\{M'\}=VM \cap B'C'. Calculați ∡(AM,D′M′).\measuredangle(AM, D'M').

Art, 20/135, **, E.850
Soluție:

Planul VDMVDM intersectează planele paralele ABCABC și A′B′C′A'B'C' după dreptele paralele DMDM și D′M′D'M' (teorema fierăstrăului).
Deci ∡(AM,D′M′)=∡(AM,DM)=∡AMD.\measuredangle(AM, D'M') = \measuredangle(AM, DM) = \measuredangle AMD.

Triunghiurile ABMABM și DCMDCM sunt dreptunghice isoscele ⇒∡AMB=∡DMC=45°⇒∡AMD=90°⇒∡(AM,D′M′)=90°.\Rightarrow \measuredangle AMB = \measuredangle DMC = 45\degree \Rightarrow \measuredangle AMD = 90\degree \Rightarrow \boxed{\measuredangle(AM, D'M') = 90\degree}.

Problema 4. Un trunchi de con circular drept are secțiunea axială un trapez isoscel ABB′A′,ABB'A', cu ∡ABB′=60°.\measuredangle ABB'=60\degree. Știind că raza bazei mici este r=8r=8 cm și BB′=2r,BB'=2r, aflați înălțimea conului din care provine trunchiul.

Mate2000, 14/138, ***, E.851
Soluție:

Fie B′E⊥AB.B'E \perp AB. În triunghiul dreptunghic B′EB, B′^=30°⇒EB=8⇒OB=16 cm.B'EB,~\widehat{B'} = 30\degree \Rightarrow EB=8 \Rightarrow \boxed{OB=16 \text{ cm}}.
În triunghiul dreptunghic VOB, tan⁡60°=VOOB.VOB,~\tan60\degree = \dfrac{VO}{OB}.
Cum tan⁡60°=sin⁡60°cos⁡60°=3\tan60\degree = \dfrac{\sin60\degree}{\cos60\degree} = \sqrt{3} și OB=16⇒VO=163 cm.OB=16 \Rightarrow \boxed{VO=16\sqrt{3}} \text{ cm}.

Problema 5. Fie paralelipipedul dreptunghic ABCDA′B′C′D′ABCDA'B'C'D' și punctele coplanare M,N,PM,N,P și QQ pe muchiile AA′,BB′,CC′AA', BB', CC' și DD′.DD'. Demonstrați că AM+CP=BN+DQ.AM+CP=BN+DQ.

Art, 24/136, ***, E.852
Soluție:

Teorema fierăstrăului ne spune că:

  • Planele paralele ADD′A′ADD'A' și BCC′B′BCC'B' sunt intersectate de planul MNPQMNPQ după dreptele paralele MQMQ și NP.NP.
  • Planele paralele ABB′A′ABB'A' și DCC′D′DCC'D' sunt intersectate de planul MNPQMNPQ după dreptele paralele MNMN și QP.QP.

Prin urmare, MNPQMNPQ este paralelogram. Dacă notăm cu RR intersecția diagonalelor acestui paralelogram, atunci MR=RPMR=RP și QR=RN.QR=RN.

  • În trapezul dreptunghic ACPM, ORACPM,~OR este linie mijlocie ⇒OR=AM+CP2.\Rightarrow OR=\dfrac{AM+CP}{2}.
  • În trapezul dreptunghic BDQN, ORBDQN,~OR este linie mijlocie ⇒OR=BN+DQ2.\Rightarrow OR=\dfrac{BN+DQ}{2}.

Din ultimele două relații rezultă AM+CP=BN+DQ.\boxed{AM+CP=BN+DQ}.