Stereometria hap pas hapi

Vërtetim me kundërthënie.

1. Supozojmë se 3 pika shtrihen në një drejtëz a.
2. Atëherë nëpër drejtëzën a dhe pikën e 4-t kalon një rrafsh (P2).
3. Pra të 4 pikat janë në atë rrafsh, që bie ndesh me supozimin. ∎

Nëse kanë 2 drejtëza të përbashkëta, kanë edhe 3 pika jokolineare të përbashkëta. Sipas A2 nëpër to kalon vetëm një rrafsh, pra rrafshet përputhen. Dy rrafshe të ndryshme priten sipas vetëm një drejtëze (A3).

Kundërshembull: drejtëza mund të kalojë nëpër pikën e prerjes së dy drejtëzave dhe të dalë nga rrafshi (p.sh. në kub AA₁ pret edhe AB edhe AD, por nuk shtrihet në ABCD). Nëse i pret në 2 pika të ndryshme, atëherë shtrihet (P1).

1. Le të jetë drejtëza a, pika B ∉ a. Sipas P2 nëpër a dhe B kalon një rrafsh i vetëm α.
2. Drejtëza b nëpër B e pret a në pikën A. Atëherë A ∈ α dhe B ∈ α.
3. b ka 2 pika të përbashkëta me α → sipas P1 e gjithë b ⊂ α. Kjo vlen për çdo drejtëz të tillë. ∎

1. Merr 2 nga drejtëzat, a dhe b, që priten në O. Nëpër to kalon rrafshi α (P3).
2. Çdo drejtëz tjetër c i pret edhe a edhe b. Nëse i pret në 2 pika të ndryshme, ato janë në α, pra c ⊂ α (P1).
3. Nëse c kalon nëpër O dhe nuk është në α, atëherë çdo drejtëz tjetër duhet të presë c, a dhe b. Kjo është e mundur vetëm nëse edhe ajo kalon nëpër O. Pra ose të gjitha janë në α, ose të gjitha kalojnë nëpër O. ∎

3 pika gjithmonë (nëse janë në drejtëz — pafundësisht shumë rrafshe, nëse jo — saktësisht një). 4 pika jo domosdoshmërisht: A4 thotë se ekzistojnë 4 pika jokomplanare (kulmet e tetraedrit).

Imagjino një rreth (çember) që qëndron drejt mbi dysheme dhe e shpon atë: 2 pika në dysheme, pjesa tjetër jashtë. (Nëse ka 3 pika të përbashkëta, atëherë shtrihet.)

3 kulme përcaktojnë një rrafsh → i gjithë paralelogrami është në të. Por nëse 2 kulmet janë të kundërta (A dhe C), prerja e diagonaleve është në të njëjtën drejtëz AC → 3 pika kolineare nuk përcaktojnë rrafsh → B dhe D nuk janë domosdoshmërisht në α.

Tri brinjët e kubit nga një kulm (AB, AD, AA₁) priten dy nga dy në A, por nuk janë në një rrafsh. Nëse priten në 3 pika të ndryshme, atëherë janë në një rrafsh.

Dy rrafshe priten vetëm sipas një drejtëze (A3). Çdo pikë e përbashkët duhet të jetë në atë drejtëz → A, B, C janë në një drejtëz. Njësoj: nëse a, b, c priten dy nga dy dhe e presin α në A, B, C, atëherë A, B, C duhet të jenë kolineare.

Nëse 3 janë në drejtëz, ato me pikën e 4-t përcaktojnë një rrafsh (P2) → të 4 do të ishin në të. Vija e thyer me 3 pjesë është trekëndësh → gjithmonë në rrafsh. Me 4 pjesë: A→B→C→D→A ku D është mbi rrafshin ABC → mundet.

C është në a (pra në α) dhe në b (pra në β) → C është pikë e përbashkët → shtrihet në drejtëzën e prerjes.

1. Çdo rrafsh ka pika jashtë tij: sipas A4 ekzistojnë 4 pika jokomplanare → të paktën njëra nuk është në α.
2. Drejtëza a, pika B ∉ a. Të gjitha drejtëzat nëpër B që e presin a shtrihen në një rrafsh: sipas P2 nëpër a dhe B ka rrafsh α. Drejtëza b nëpër B që e pret a në A ka 2 pika (A dhe B) në α → sipas P1 b ⊂ α.
3. Shumë drejtëza të fundme, çdo dy priten → ose të gjitha në një rrafsh, ose të gjitha nëpër një pikë: merr a dhe b (rrafshi α). Çdo c tjetër ose kalon nëpër prerjen e a dhe b, ose i pret në 2 pika të ndryshme → shtrihet në α.

Çdo brinjë është brinjë e saktësisht 2 faqeve, prandaj çdo brinjë numërohet dy herë.

1. 12 faqe · 5 brinjë = 60.
2. 60 / 2 = 30 brinjë.

Ngjit nga një kub në çdo faqe të një kubi qendror (kryqi hapësinor). Të gjitha faqet janë katrorë, por trupi nuk është kub.

1. Merr një piramidë katërkëndore: 5 kulme, 8 brinjë, 5 faqe.
2. Prit një qoshe të vogël te një kulm i bazës (aty takohen 3 brinjë). Fitohen 3 brinjë të reja dhe 1 faqe e re (trekëndësh).
3. 8 + 3 = 11 brinjë. Kontroll: 7 − 11 + 6 = 2 ✓. (I vetmi numër mbi 6 për të cilin nuk ka poliedër është 7.)

1. Çdo brinjë është brinjë e saktësisht 2 faqeve → shuma e brinjëve të të gjitha faqeve është çift.
2. Le të jetë N = numri i faqeve me numër tek brinjësh, S_N = shuma e brinjëve të tyre, S_P = shuma te faqet me numër çift brinjësh. S_N + S_P është çift.
3. S_P është gjithmonë çift. Nëse N është tek, S_N është shumë e një numri tek numrash tekë → tek.
4. Atëherë S_N + S_P është tek — kundërthënie. Pra N është çift. ∎

Prizmi ka 3n brinjë, n ≥ 3.

1. 4 dhe 6: 3n = 4 nuk ka n të plotë; 3n = 6 → n = 2 (nuk ka 2-këndësh) → jo.
2. 12 → n = 4 (katërkëndor) → po. 21 → n = 7 (shtatëkëndor) → po.

1. 3n = 18 → n = 6 → gjashtëkëndësh.
2. 2n = 24 → n = 12 → dymbëdhjetëkëndësh.
3. n + 2 = 36 → n = 34 → tridhjetekatërkëndësh.

1. Piramida ka 2n brinjë → duhet të jetë numër çift: 10 (n=5), 6 (n=3), 24 (n=12) → po; 33 është tek → jo.
2. 2n = 8 → katërkëndësh; n + 1 = 22 → 21-këndësh; n + 1 = 60 → 59-këndësh.

Truk: çdo brinjë ka 2 skaje dhe shtrihet në 2 faqe → gjithçka numërohet dy herë → pjesëto me 2.

1. 6·4/2 = 12.
2. 12·5/2 = 30.

1. 5 → jo; 6 → tetraedri; 7 → jo; 8 → piramida katërkëndore; 9 → prizmi trekëndor; 10 → piramida pesëkëndore; 11 → po (detyra 2.3).
2. Më pak brinjë ka tetraedri (6). 7 është i vetmi numër mbi 6 që nuk mundet.

1. Tetraedri i rregullt: në çdo kulm takohen 3 trekëndësha. Figura ku 4 trekëndësha kanë pikë të përbashkët nuk është rrjet (figura 3).
2. Rrjeti i prizmit: 2 baza të barabarta + n drejtkëndësha në rresht. Rrjeti i piramidës: baza + n trekëndësha rreth saj.
3. Yll i rregullt me pesë cepa → piramidë pesëkëndore e rregullt. 6 drejtkëndësha + 2 gjashtëkëndësha → prizëm gjashtëkëndor i rregullt.

Rrjeti nga 2 faqe fqinje = romb. Meset E dhe F janë në brinjë të kundërta, EF është paralele me brinjën → EF = 1.

1. Lartësia e faqes: h = √(20² − 10²) = √300 = 10√3.
2. Rruga përmes brinjës AB: EF = 2(√300 − 7) = 20√3 − 14 ≈ 20,64.
3. Rruga përmes 3 faqeve (rrjeti DBC + fqinjët): E dhe F janë në të njëjtën lartësi → EF është paralele me DC → EF = 20.
4. 20 < 20√3 − 14 → rruga më e shkurtër është 20.

1. Rrjeti: faqet SAB dhe SBC (dy trekëndësha barabrinjës).
2. BE është lartësi në △SBC → EB² + (½)² = 1² → EB = √3/2, dhe ∠ABE = 60° + 30° = 90°.
3. AE² = EB² + AB² = ¾ + 1 = 7/4 → AE = √7/2 ≈ 1,32.

1. Rrjeti: faqja ABB₁A₁ + baza e sipërme A₁B₁C₁ e shpalosur pranë saj.
2. △ABB₁: AB₁ = √(1² + 1²) = √2, dhe ABB₁A₁ është katror → ∠A₁B₁A = 45°. Baza është trekëndësh barabrinjës → ∠A₁B₁C₁ = 60°. B₁D = ½.
3. ∠DB₁A = 45° + 60° = 105°, cos105° = √2/2·½ − √2/2·√3/2 = √2(1 − √3)/4.
4. Teorema e kosinusit: AD² = 2 + ¼ − 2·½·√2·cos105° = 9/4 − (1 − √3)/2 = (7 + 2√3)/4.
5. AD = √(7 + 2√3)/2 ≈ 1,62. (Vetëm përmes 2 faqeve anësore do të ishte √13/2 ≈ 1,80, më gjatë.)

Mënyra e parë: rrjet ku faqja e sipërme është e shpalosur.

1. A₁C₁ është diagonale e katrorit → A₁C₁ = √2 dhe ∠C₁A₁B₁ = 45°.
2. Në rrjet ∠AA₁C₁ = 90° + 45° = 135°.
3. Teorema e kosinusit në △AA₁C₁: AC₁² = 1² + (√2)² − 2·1·√2·cos135° = 1 + 2 + 2 = 5.
4. AC₁ = √5. (Më shpejt: rrjeti nga 2 faqe fqinje = drejtkëndësh 2 × 1 → √(4 + 1).)

Ka 3 raste (cila faqe është bazë).

1. Baza 5 × 3 dhe 5 × 4: katetet 5 dhe 4 + 3 = 7 → √(25 + 49) = √74.
2. Baza 4 × 3: katetet 4 dhe 5 + 3 = 8 → √(64 + 16) = √80.
3. Mundësia e tretë: √(9² + 3²) = √90.
4. √74 < √80 < √90 → më e shkurtra është √74 ≈ 8,60. Rregull: mblidh dy brinjët më të vogla (4 + 3).

1. Rrjeti I: △BCC₂ me katete 2 dhe 1 + 2 = 3 → BC₂ = √(9 + 4) = √13 ≈ 3,61.
2. Rrjeti II: BD₁ + D₁C₂ = √((2+1)² + 1) + 1 = √10 + 1 ≈ 4,16.
3. Rrjeti III: √((2 + 2 + 1)² + 2²) = √29 ≈ 5,39.
4. Më e shkurtra: √13.

1. Rrjeti I (faqe anësore + baza e sipërme): B₁D₁ = √3 (diagonalja e vogël e gjashtëkëndëshit). AD₁² = AB² + (BB₁ + B₁D₁)² = 1 + (2 + √3)² = 8 + 4√3 → AD₁ = 2√(2 + √3) ≈ 3,86.
2. Rrjeti II (3 faqe anësore): drejtkëndësh 3 × 2 → AD₁ = √(3² + 2²) = √13 ≈ 3,61.
3. Më e shkurtra është √13. (Nëse brinja anësore është 1, atëherë fiton rrjeti me bazën: √(5 + 2√3) ≈ 2,91 < √10.)

Prerja paralele me 2 brinjë të kundërta është drejtkëndëshi EFGH me perimetër 2 (brinjët janë paralele me brinjët e tetraedrit). Tetraedri kalon duke filluar me brinjën AD dhe duke lëvizur drejt BC. Përgjigja: 2.

Shpalosi 4 faqet në një shirit; rruga e mbyllur bëhet segment i drejtë me gjatësi 2. Çdo prerje paralele me 2 brinjë të kundërta ka perimetër saktësisht 2.

Gjashtëkëndëshi i rregullt nëpër meset e 6 brinjëve. Çdo brinjë = √2/2, perimetri 6·√2/2 = 3√2 ≈ 4,24. Në rrjet (6 faqe „si shkallë“) ky është segment i drejtë.

1. AA₁ ∥ CC₁ → shtrihen në një rrafsh, pra ACC₁A₁ është katërkëndësh në rrafsh.
2. Një çift brinjësh të kundërta (AA₁ dhe CC₁) janë të barabarta dhe paralele → ACC₁A₁ është paralelogram.
3. Brinjët e kundërta të paralelogramit janë paralele → AC ∥ A₁C₁. ∎

1. AB ∥ DC dhe DC ∥ D₁C₁ (faqet janë paralelogramë) → AB ∥ D₁C₁ (T2). Gjithashtu AB = DC = D₁C₁.
2. Pra ABC₁D₁ ka një çift brinjësh të kundërta të barabarta dhe paralele → paralelogram.
3. Atëherë çifti tjetër i brinjëve AD₁ dhe BC₁ janë paralele. ∎

1. Brinjët anësore (6): të gjitha janë paralele mes vete → secila është në 5 çifte → 6·5/2 = 15.
2. Brinjët e bazave (12): secila është paralele me 3 të tjera (të kundërtën në të njëjtën bazë + 2 në bazën tjetër) → 12·3/2 = 18.
3. Gjithsej 15 + 18 = 33 çifte.

Mund të jenë paralele ose të kryqëzuara. Prandaj „nuk priten“ nuk mjafton — duhet edhe „në të njëjtin rrafsh“.

Në kub: AB dhe CC₁ janë të kryqëzuara, CC₁ dhe DA janë të kryqëzuara, kurse AB dhe DA priten.

AB dhe BC janë të dyja paralele me faqen e sipërme, por priten. A₁B₁ ∥ (ABC), por A₁B₁ dhe BC janë të kryqëzuara.

A₁B₁ ∥ (ABC), AB ∥ A₁B₁, por AB shtrihet në (ABC).

Të gjitha drejtëzat nëpër B në rrafshin nëpër B paralel me α. Dhe ai rrafsh është i vetëm.

Drejtëzat në α duhet të priten. Nëse janë paralele mes vete, rrafshet mund të priten (p.sh. faqet ABB₁ dhe BCC₁ përmbajnë AA₁ dhe CC₁, paralele, por priten sipas BB₁).

Kubi: A₁B₁; CD; C₁D₁. Prizmi i rregullt gjashtëkëndor: A₁B₁; DE; D₁E₁; CF; C₁F₁ (CF është diagonalja e madhe, paralele me AB).

1. AA₁: BCC₁; CDD₁; BDD₁.
2. AB₁: CDD₁; DA₁C₁; BDC₁.
3. AC₁ (diagonalja hapësinore): nuk ka.

Le të jetë O₁ qendra e A₁B₁C₁D₁. A₁O ∥ CO₁ (A₁O₁CO është paralelogram), kurse CO₁ shtrihet në (CB₁D₁) ⇒ sipas T4 A₁O ∥ (CB₁D₁).

1. BC₁ ∥ AD₁ ⇒ rrafshi ACD₁ përmban AC dhe është ∥ me BC₁.
2. BA₁ ∥ CD₁ dhe BC₁ ∥ AD₁ ⇒ (BA₁C₁) ∥ (ACD₁).
3. Për drejtëzat e kryqëzuara BA₁ dhe CB₁: (BDA₁) ∥ (CB₁D₁).

1. AB dhe AD (priten, në ABC) ∥ A₁B₁ dhe A₁D₁ (në A₁B₁C₁) ⇒ ∥.
2. AB₁ dhe AD₁ (priten, në AB₁D₁) ∥ DC₁ dhe BC₁ (në BDC₁) ⇒ ∥. ∎

AB ∥ ED ∥ CF (në gjashtëkëndëshin e rregullt). Faqja DEE₁ dhe prerja diagonale CFF₁ janë paralele me ABB₁. Vërtetimi për b): AB dhe AA₁ janë ∥ me DE dhe EE₁ ⇒ T5.

1. AB, BC, DE, EF e presin α; CD ∥ AF ⇒ CD ∥ α.
2. AB ∥ CD ⇒ AB ∥ (SCD) ⇒ drejtëza e prerjes së SAB dhe SCD është ∥ me AB, pra ∥ me rrafshin ABCD.

Jo vetëm brinjët: edhe diagonalet e faqeve dhe diagonalet hapësinore.

1. Brinjët: CC₁, DD₁, A₁D₁, B₁C₁.
2. Diagonalet e faqeve: CB₁, DA₁, CD₁, DC₁, A₁C₁, B₁D₁.
3. Diagonalet hapësinore: CA₁, DB₁.
4. Gjithsej 12. Kontrolluar me koordinata.

1. Supozojmë se EG dhe FH shtrihen në të njëjtin rrafsh α.
2. Atëherë E, G, F, H ∈ α, pra edhe drejtëzat EF dhe GH shtrihen në α.
3. Kjo bie ndesh me kushtin. Pra EG dhe FH nuk janë në të njëjtin rrafsh → të kryqëzuara. ∎

Teorema e tri pingulave: projekto N në bazë.

1. N′ = projeksioni i N në ABCD = mesi i BC = (6, 3, 0). NN′ = 6.
2. Largësia nga N′ te AK në bazë: syprina e △AN′K = ½|6·6 − 3·4| = 12, AK = √(16 + 36) = 2√13 → d = 2·12/(2√13) = 12/√13.
3. Le të jetë H këmba e pingules nga N′ në AK. N′H ⊥ AK dhe NN′ ⊥ bazës → sipas teoremës së tri pingulave NH ⊥ AK.
4. NH² = NN′² + N′H² = 36 + 144/13 = 612/13 → NH = 6√221/13 ≈ 6,86.

Drejtëzat janë të kryqëzuara. Largësia është gjatësia e pingules së përbashkët.

1. Drejtimet: u = MN = (3, 3, 6) ∼ (1, 1, 2), w = AK = (4, 6, 0) ∼ (2, 3, 0).
2. Vektor pingul me të dyja: n = u × w = (1·0 − 2·3, 2·2 − 1·0, 1·3 − 1·2) = (−6, 4, 1).
3. Largësia = |AM · n| / |n| = |(3, 0, 0)·(−6, 4, 1)| / √(36 + 16 + 1) = 18/√53.
4. d = 18√53/53 ≈ 2,47.

1. Normalja e rrafshit: MN × MK = (3, 3, 6) × (1, 6, 0) = (−36, 6, 15) ∼ (−12, 2, 5).
2. Ekuacioni: −12x + 2y + 5z = −36 (kontrollo me M, N, K).
3. Largësia nga A₁(0, 0, 6): |−12·0 + 2·0 + 5·6 + 36| / √(144 + 4 + 25) = 66/√173.
4. d = 66√173/173 ≈ 5,02.

1. Kubi: A₁D₁; B₁C₁; DD₁; CC₁ (4 brinjë).
2. Tetraedri: AB dhe CD; BC dhe AD; AC dhe BD.
3. SABCD: SA–BC, SA–CD, SB–AD, SB–CD, SC–AB, SC–AD, SD–AB, SD–BC.

Ngjashmëria e trekëndëshave.

1. Nëpër A hiq drejtëz paralele me A′B′; ajo pret CC′ në C″ dhe BB′ në B″. Atëherë A′C′C″A dhe A′B′B″A janë paralelogramë: C″C′ = B″B′ = a.
2. Pra B″B = b − a, dhe le të jetë x = C″C.
3. △ACC″ ∼ △ABB″ (CC″ ∥ BB″): x/(b − a) = AC/AB = m/(m + n) → x = m(b − a)/(m + n).
4. c = CC′ = a + x = (am + an + mb − ma)/(m + n) = (na + mb)/(m + n).
5. Kontroll: mesi (m = n) → c = (a + b)/2 (vija e mesme e trapezit).

1. a) vazhdimi ✓. b) 3 brinjë nga B → diagonalja hapësinore ✓.
2. c) DA + DC = DB; −D₁D = DD₁ = BB₁; DB + BB₁ = DB₁ ✓.
3. ç) AB + BC + CC₁ = AC₁. Pjesa tjetër: −D₁C₁ + D₁A = C₁D₁ + D₁A = C₁A. Gjithsej AC₁ + C₁A = 0 ≠ AC₁ → jo.

1. a) paralelogrami → AB₁. b) BC = AD → AA₁ + AD = AD₁.
2. c) C₁C = −AA₁ → vektori zero. ç) ½(CB − CA) = ½AB.

1. Grupo: AC₁ + C₁C = AC; AC + CA = 0.
2. Mbeten B₁D₁ + C₁B + A₁D₁. Zëvendëso A₁D₁ = B₁C₁: B₁C₁ + C₁B = B₁B.
3. B₁B + B₁D₁ = B₁D (paralelogrami BB₁D₁D).

1. a) A₁D₁ = BC → AB + BC = AC, |AC| = √2.
2. b) A₁D = B₁C → AB₁ + B₁C = AC → √2.
3. c) BC₁ = AD₁ → AB₁ + AD₁ = 2·AO₁ (O₁ mesi i B₁D₁). |AO₁| = √(1 + ½) → gjatësia 2·√(3/2) = √6.

Kontroll me koordinata: AB₁ = (1,0,1), BC₁ = (0,1,1), shuma (1,1,2), gjatësia √(1+1+4) = √6.

1. A₁C₁ = AC → AB + AC = 2·AO (O mesi i BC), |AO| = √3/2 → √3.
2. CC₁ = BB₁ → AB + BB₁ = AB₁ → √2.
3. CB₁ = CB + BB₁; BA + CB = CA; CA + BB₁ = CA + AA₁ = CA₁ → √2.

1. SC = SA + AC = SA + AB + AD.
2. Gjashtëkëndësh i rregullt me qendër O: AO = AB + AF, AD = 2·AO → SD = SA + 2(AB + AF).
3. AC = AB + BC, BC = AO = AB + AF → AC₁ = 2AB + AF + AA₁.
4. CD = BC − AB, B₁C₁ = BC → AB + CD + B₁C₁ = 2BC = AD; plus EE₁ = AA₁ → AD₁.

1. Le të jetë G mesi i BD.
2. EG është vijë e mesme në △ABD → EG = ½AD. GF është vijë e mesme në △BCD → GF = ½BC.
3. EF = EG + GF = ½(AD + BC). ∎

1. Mjafton të shohim drejtëzat në Σ nëpër O (zhvendosja paralele nuk e ndryshon këndin).
2. Le të jetë X pikë e çfarëdoshme e p, Y projeksioni i saj në Σ (shtrihet në p′), dhe Z projeksioni i X në një drejtëz q′ ⊂ Σ nëpër O.
3. XY është pingule me rrafshin → XY ≤ XZ (pingulja është më e shkurtra).
4. sin ∠XOY = XY/XO ≤ XZ/XO = sin ∠XOZ, dhe të dy këndet janë në [0°, 90°].
5. Pra ∠XOY ≤ ∠XOZ, d.m.th. ∠(p, Σ) është më i vogli. ∎

Me vektorë (shpjegim i shkurtër).

1. Le të jenë e₁, e₂ vektorë njësi të p₁, p₂, dhe u i p. Kënde të barabarta ⇔ |u·e₁| = |u·e₂|.
2. Kjo është ⇔ u·(e₁ − e₂) = 0 ose u·(e₁ + e₂) = 0.
3. e₁ + e₂ dhe e₁ − e₂ janë drejtimet e dy përgjysmoreve → p ⊥ me njërën prej tyre. ∎

1. X ∈ p, X′ = projeksioni i X në Σ, Xᵢ = projeksioni i X në pᵢ (i = 1, 2).
2. ∠XOX₁ = ∠XOX₂ (kushti), ∠XX₁O = ∠XX₂O = 90°, XO e përbashkët → △XOX₁ ≅ △XOX₂, pra OX₁ = OX₂ dhe XX₁ = XX₂.
3. Teorema e tri pingulave: XX₁ ⊥ p₁ ⇒ X′X₁ ⊥ p₁; njësoj X′X₂ ⊥ p₂.
4. △OX₁X′ ≅ △OX₂X′ (kënde të drejta, OX₁ = OX₂, OX′ e përbashkët) → X′X₁ = X′X₂.
5. X′ është në largësi të barabartë nga p₁ dhe p₂ → shtrihet në përgjysmore: ∠X₁OX′ = ∠X₂OX′. ∎

1. 4a + 4b + 4c = 12 → a + b + c = 3.
2. V = abc·sinφ·sinψ ≤ abc, me barazim kur φ = ψ = 90° (kuboid).
3. Mosbarazimi ndërmjet mesit aritmetik dhe gjeometrik: ∛(abc) ≤ (a + b + c)/3 → abc ≤ ((a+b+c)/3)³ = 1.
4. Barazim kur a = b = c → kub me brinjë 1, V = 1.

1. S = 1, h = 1·sin60° = √3/2.
2. V = √3/2.

1. V = abc·sinφ·sinψ = 1·1·1·sin60°·sin60°.
2. V = √3/2 · √3/2 = 3/4.

1. O është kulmi i përbashkët, OX është brinja e tretë (gjatësia 1). A është projeksioni i X në bazë, B është projeksioni i X në brinjën OY. XA ⊥ bazës dhe XB ⊥ OB ⇒ AB ⊥ OB (tri pingulet).
2. XB = sin60° = √3/2, OB = cos60° = ½. ∠XOY = ∠XOZ ⇒ A shtrihet në përgjysmore ⇒ ∠AOB = 30° ⇒ OA = 2AB.
3. OA² = AB² + ¼ → 4AB² = AB² + ¼ → AB² = 1/12.
4. XA² = XB² − AB² = ¾ − 1/12 = 2/3 → H = √(2/3) = √6/3.
5. V = B·H = 1·1·sin60°·√6/3 = √2/2.

Gjatë shkrirjes ruhet vëllimi (jo syprina!).

1. V₁ = 12³ = 1728, V₂ = 5³ = 125.
2. V = 1728 + 125 = 1853 = a³.
3. a = ∛1853 ≈ 12,28. (Krahaso me detyrën me syprina, ku del 13.)

1. Lartësia e faqes S₂ ndaj brinjës a: S₂/a.
2. Lartësia e trupit ndaj faqes S₁: h = (S₂/a)·sin150° = S₂/(2a).
3. V = S₁·h = S₁S₂/(2a).

Kemi diagonalen hapësinore, prandaj duhet njehsuar brinja e tretë.

1. Diagonalja e bazës d = √(a² + b²).
2. △ kënddrejtë (c, d, D) me kënd 60° te baza: c/d = tg60° = √3 → c = √3·√(a² + b²) = √(3a² + 3b²).
3. V = abc = ab√(3a² + 3b²).
4. P = 2ab + 2(a + b)c = 2ab + 2(a + b)√(3a² + 3b²).

1. V = B·H, B = (a + b)/2 · h → V = (a + b)/2 · h · H.
2. Faqet anësore paralele: P₁ = aH, P₂ = bH → (P₁ + P₂)/2 = (a + b)/2 · H.
3. Largësia ndërmjet atyre faqeve është lartësia e trapezit: d = h.
4. (P₁ + P₂)/2 · d = (a + b)/2 · H · h = V. ∎

1. Vija e mesme e faqes kalon nëpër meset e 2 brinjëve të kundërta.
2. Pas rrotullimit kubi është zhvendosur për gjysmë brinje në 2 drejtime.
3. Pjesa e përbashkët është kuboid a × a/2 × a/2.
4. V = a³/4 = V/4.

1. H = 6·sin60° = 3√3, B = 4²√3/4 = 4√3.
2. V = 4√3 · 3√3 = 36 cm³.
3. V = Q·s (Q = prerja normale) → Q = 36/6 = 6 cm².

1. P₁ = 6·12², P₂ = 6·5² = 150. 6x² = 6(144 + 25) → x² = 169.
2. x = 13, V = 13³ = 2197.

1. Diagonalja e ndan bazën në △ 9, 10, 17. s = (9 + 10 + 17)/2 = 18.
2. Heroni: √(18·9·8·1) = 36 → B = 2·36 = 72.
3. P = 2B + 2(a + b)H → 334 = 144 + 38H → H = 5.
4. V = 72·5 = 360 cm³.

Diagonalja më e madhe e bazës është përballë këndit të gjerë 120°.

1. d² = 1² + 4² − 2·1·4·cos120° = 17 + 4 = 21.
2. D² = d² + H² → 25 = 21 + H² → H = 2.
3. B = 1·4·sin60° = 2√3 → V = 2√3·2 = 4√3 ≈ 6,93 cm³.

1. Prerja diagonale = drejtkëndësh d × H. Katror → d = H = 1.
2. a = 3k, b = 4k → d = 5k = 1 → k = 0,2 → a = 0,6, b = 0,8.
3. P = 2(0,48 + 0,6 + 0,8) = 3,76 m², V = 0,6·0,8·1 = 0,48 m³.

1. Trekëndëshi (H, d = a√2, D): tg30° = H/(a√2) → H = a√6/3.
2. M = 4aH = 4a²√6/3 = 12√6 → a² = 9 → a = 3, H = √6.
3. P = 2·9 + 12√6 = 18 + 12√6 cm², V = 9√6 ≈ 22,05 cm³.

1. Largësia nga A te faqja BCC₁B₁ është AB = a → sin30° = a/D → D = 2a.
2. D² = 2a² + H² → 4a² = 2a² + H² → H = a√2.
3. V = a²·a√2 = a³√2.

1. Brinjët e bazës: 125/5 = 25, 85/5 = 17, 140/5 = 28.
2. Heroni: s = 35, B = √(35·10·18·7) = 210.
3. V = 210·5 = 1050 dm³.

1. B = V/H = 12. Le të jetë baza 2x: B = x·√(25 − x²) = 12.
2. x⁴ − 25x² + 144 = 0 → x² = 16 ose 9 → baza 8 ose 6.
3. Baza 8: P = 24 + 10·18 = 204. Baza 6: P = 24 + 10·16 = 184. (Dy zgjidhje!)

1. M = P/2 → M = 2B → 3aH = 2·a²√3/4 → H = a√3/6.
2. V = a²√3/4 · a√3/6 = a³/8.

1. Brinjët e bazës: 9/H, 10/H, 17/H — ky është △(9, 10, 17) i zvogëluar H herë.
2. △(9, 10, 17) ka syprinë 36 → 36/H² = 4 → H = 3.
3. V = 4·3 = 12 cm³.

1. Projeksioni i diagonales = 2a (diagonalja e madhe e gjashtëkëndëshit).
2. H = d·cos30° = d√3/2; 2a = d·sin30° → a = d/4.
3. V = 3a²√3/2 · H = 9d³/64.

1. a = 1,5H. h² = H² + (a/2)² = H² + 0,5625H² → h = 1,25H.
2. M = 4·a·h/2 = 2ah = 3,75H² = 135 → H = 6, a = 9.
3. V = ⅓·81·6 = 162 cm³.

1. Trekëndëshi (H, R, s): s² = H² + a²/2 (sepse R² = a²/2).
2. 81 = H² + (H+1)²/2 → 3H² + 2H − 161 = 0 → H = 7, a = 8.
3. V = ⅓·64·7 = 448/3 ≈ 149,3 cm³.

1. a·h/2 = a² → h = 2a. h² = H² + a²/4 → a² = 4H²/15.
2. P = a² + 4a² = 5a² = 4H²/3.
3. V = ⅓a²H = 4H³/45.

1. Lartësia e trapezit √(7² − 1²) = 4√3; diagonalja √(4² + 48) = 8.
2. Prerja e ndan diagonalen 5 : 3 → pjesa më e gjatë = 5.
3. H = √(10² − 5²) = 5√3, B = (3+5)/2·4√3 = 16√3 → V = ⅓·16√3·5√3 = 80 cm³.

1. (H, r = a/2, h): h = r/cos60° = a, H = r·tg60° = a√3/2.
2. P = a² + 2a·a = 3a².
3. V = ⅓a²·a√3/2 = a³√3/6.

1. Q = ½·a√2·H → a² = 2Q²/H².
2. V = ⅓a²H = 2Q²/(3H). Për H = 8, Q = 60: V = 7200/24 = 300.

1. Baza: katror me brinjë a√2/2 → B = a²/2. H = a.
2. Apotema h = √(a² + (a√2/4)²) = 3a√2/4 → M = 4·½·(a√2/2)(3a√2/4) = 3a²/2.
3. P = a²/2 + 3a²/2 = 2a², V = ⅓·(a²/2)·a = a³/6.

1. s² = H² + a²/2 → 136 = H² + 72 → H = 8.
2. Në lartësinë x prerja është katror a·(H − x)/H. Kubi: x = 12(8 − x)/8 → x = 4,8 cm.
3. Mbi kubin: piramidë me bazë 4,8² dhe lartësi 3,2 → V = ⅓·23,04·3,2 = 24,576 cm³.

1. (H, R, s): H = s·sinα, R = s·cosα, a = R√2 → a² = 2s²cos²α.
2. V = ⅓·2s²cos²α·s·sinα = ⅔s³cos²α·sinα.

1. 45° → H = R = d/2. Q = ½·d·H = d²/4 → d = 2√Q, H = √Q.
2. a² = d²/2 = 2Q → V = ⅓·2Q·√Q = 2Q√Q/3.

1. a² = ½·a√2·H → H = a√2. h = √(2a² + a²/4) = 3a/2.
2. M = 2ah = 3a², V = ⅓a²·a√2 = a³√2/3.

1. Lartësitë e paralelogramit: 90/10 = 9 dhe 90/18 = 5 → nga qendra te brinjët: 4,5 dhe 2,5.
2. Apotemat: √(36 + 4,5²) = 7,5 dhe √(36 + 2,5²) = 6,5.
3. M = 2·½·10·7,5 + 2·½·18·6,5 = 75 + 117 = 192 cm².

1. H = 2a, r = a√3/6 → h = √(4a² + a²/12) = 7a√3/6.
2. P = a²√3/4 + 3·½·a·h = a²√3/4 + 7a²√3/4 = 2a²√3 = 8√3 → a = 2, H = 4.
3. V = ⅓·√3·4 = 4√3/3 ≈ 2,31.

1. H = a√6/3, B = a²√3/4 → V = ⅓·(a²√3/4)·(a√6/3) = a³√2/12.
2. AB₁CD₁ = kubi pa 4 „qoshe“, secila me V = ⅓·(a²/2)·a = a³/6 → a³ − 4a³/6 = a³/3 → raporti 3 : 1.

1. H = a√6/3 → a² = 3H²/2.
2. P = a²√3 = 3√3H²/2.

1. r = a√3/6, h = r/cos60° = a√3/3.
2. P = a²√3/4 + 3·½·a·a√3/3 = 3a²√3/4.

Brinjë anësore të barabarta → këmba e lartësisë është qendra e rrethit të jashtëshkruar (R).

1. Krahu = √(3² + 9²) = 3√10, B = 27, R = abc/(4B) = 6·90/108 = 5.
2. H = √(13² − 5²) = 12 → V = ⅓·27·12 = 108 cm³.

1. B = 3a²√3/2 = 6√3, M = 18√3 = 6·½·2·h → h = 3√3.
2. r = a√3/2 = √3 → H = √(27 − 3) = 2√6.
3. P = 24√3, V = ⅓·6√3·2√6 = 12√2 ≈ 16,97.

1. (n−2)·180° = 720° → n = 6 (gjashtëkëndësh, R = a).
2. H = s·cos30° = s√3/2, a = R = s·sin30° = s/2.
3. V = ⅓·(3a²√3/2)·H = 3s³/16.

1. Prerja është në 12 − 9 = 3 dm nga kulmi → raporti 3 : 12 = 1 : 4.
2. Syprinat janë në raportin (1/4)² = 1/16 → B = 16·450 = 7200 cm² = 72 dm².
3. V = ⅓·72·12 = 288 dm³.

1. Faqja anësore = trapez dybrinjënjëshëm: h′ = √(10² − 6²) = 8 → M = 4·(13+1)/2·8 = 224.
2. P = 169 + 1 + 224 = 394 cm².
3. H = √(8² − 6²) = 2√7 → V = (2√7/3)(169 + 13 + 1) = 122√7 ≈ 322,8 cm³.

1. M = B₁ + B₂ = 144 + 36 = 180 = 4·(12+6)/2·h′ → h′ = 5.
2. H = √(5² − 3²) = 4.
3. V = (4/3)(144 + 72 + 36) = 336 cm³.