Ре­ше­ние. Пусть шар ка­са­ет­ся сто­рон BC, AB и AC в точ­ках M, N, K со­от­вет­ствен­но. Про­ве­дем пер­пен­ди­ку­ляр OO₁ к плос­ко­сти тре­уголь­ни­ка ABC. Ра­ди­у­сы OM, ON и OK пер­пен­ди­ку­ляр­ны к сто­ро­нам тре­уголь­ни­ка. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах от­рез­ки O₁M, O₁N, O₁K пер­пен­ди­ку­ляр­ны сто­ро­нам BC, AB и AC со­от­вет­ствен­но. За­ме­тим, что пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки OO₁M, OO₁N и OO₁K равны по об­ще­му ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе, зна­чит, По­сколь­ку точка O₁ рав­но­уда­ле­на от сто­рон тре­уголь­ни­ка ABC, то она яв­ля­ет­ся цен­тром впи­сан­ной окруж­но­сти.

Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC по фор­му­ле Ге­ро­на:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем ра­ди­ус шара, имеем:

Ответ: 64π.

Ре­ше­ние. Ос­но­ва­ни­ем пря­мо­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да яв­ля­ет­ся па­рал­ле­ло­грамм ABCD, его диа­го­на­ли пе­ре­се­ка­ют­ся в точке O. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AA₁C угол ACA₁ равен 60°. Вы­со­той па­рал­ле­ле­пи­пе­да яв­ля­ет­ся ребро AA₁, сле­до­ва­тель­но, его длина равна 8. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AA₁C угол A₁CA равен 45°, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным, его ка­те­ты AA₁ и AC равны, их длины равна 8.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BB₁D угол B₁DB равен 60°, угол BB₁D равен 30°. Длина ка­те­та BD, ле­жа­ще­го на­про­тив угла, рав­но­го 30°, равна по­ло­ви­не длины ги­по­те­ну­зы B₁D. При­мем за x длину BD, тогда длина B₁D равна 2x. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Таким об­ра­зом, Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка AOB:

По свой­ствам па­рал­ле­ло­грам­ма, диа­го­на­ли раз­би­ва­ют его на че­ты­ре тре­уголь­ни­ка, име­ю­щих рав­ную пло­щадь. Тогда Най­дем объем па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ:

Ре­ше­ние. По тео­ре­ме диа­го­на­ли ромба вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны OD пер­пен­ди­ку­ляр­но AC. Тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах OD₁ пер­пен­ди­ку­ляр­но AC, сле­до­ва­тель­но, OD₁  =  13 см.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем OD из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ODD₁:

По свой­ству ромба BD  =  2OD, тогда BD  =  10 см.

Так как ABCD ромб, а то Тогда

Рас­смот­рим тре­уголь­ник ABD:

тогда тре­уголь­ник ABD рав­но­сто­рон­ний, сле­до­ва­тель­но,

Най­дем пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти приз­мы, зная, что

Ответ: 480 см².

Ре­ше­ние. Пусть PABC  — пра­виль­ная тре­уголь­ная пи­ра­ми­да. Точка K  — се­ре­ди­на ребра PC. Нуж­ное се­че­ние  — тре­уголь­ник AKB. По­сколь­ку плос­кость AKB пер­пен­ди­ку­ляр­на бо­ко­во­му ребру PC, то пря­мая BK пер­пен­ди­ку­ляр­на бо­ко­во­му ребру PC. От­ре­зок BK  — вы­со­та и ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка PBC, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник PBC яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным. Бо­ко­вые ребра в пра­виль­ной пи­ра­ми­де равны, то есть сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник PBC  — рав­но­сто­рон­ний, а зна­чит, все грани пра­виль­ной пи­ра­ми­ды PABC  — рав­ные рав­но­сто­рон­ние тре­уголь­ни­ки.

Пло­ща­ди гра­ней пи­ра­ми­ды равны Най­дем сто­ро­ну BC:

Ответ:

Ре­ше­ние. Об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са L яв­ля­ет­ся ра­ди­у­сом сек­то­ра, т. е.

L  =  r  =  12 см.

Пусть угол сек­то­ра, Най­дем длину дуги сек­то­ра по фор­му­ле

Най­ден­ная длина l равна длине окруж­но­сти, ле­жа­щей в ос­но­ва­нии ко­ну­са, т. е. Тогда

Най­дем вы­со­ту ко­ну­са, при­ме­нив тео­ре­му Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка POA  — пря­мо­уголь­ный:

Най­дем объём ко­ну­са по фор­му­ле

Ответ:

Ре­ше­ние. По фор­му­ле длины окруж­но­сти най­дем длину окруж­но­сти ос­но­ва­ния:

Ответ:

Ре­ше­ние. Ос­но­ва­ние ко­ну­са впи­са­но в ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды, а вер­ши­ны ко­ну­са и пи­ра­ми­ды сов­па­да­ют. Так как пи­ра­ми­да пра­виль­ная, то ABCD  — квад­рат. Тогда SO  — вы­со­та пи­ра­ми­ды и ко­ну­са, O  — центр впи­сан­ной в квад­рат ABCD окруж­но­сти. Зна­чит, тогда SM  — об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са. Угол SMO  =  α  — угол на­кло­на об­ра­зу­ю­щей. Из рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка DSA: Тогда из тре­уголь­ни­ка SOM имеем:

От­сю­да ис­ко­мый угол Тогда из тре­уголь­ни­ка SOM вы­со­та ко­ну­са

Объём ко­ну­са найдём по фор­му­ле

Ответ:

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник ABC  — осе­вое се­че­ние, CO  — вы­со­та ко­ну­са, OK  =  k  — пер­пен­ди­ку­ляр к об­ра­зу­ю­щей BC.

Пусть Тогда из тре­уголь­ни­ка KOB Так как угол α ост­рый, по­лу­ча­ем, что

В тре­уголь­ни­ке OCB:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти найдём по фор­му­ле

Ответ:

Ре­ше­ние. Длина ра­ди­у­са по­лу­кру­га равна длине об­ра­зу­ю­щей ко­ну­са, а длина по­лу­окруж­но­сти равна длине окруж­но­сти ос­но­ва­ния ко­ну­са. Длина дуги AA₁ равна Пра­виль­ный тре­уголь­ник APB  — осе­вое се­че­ние ко­ну­са. Его пло­щадь равна вы­ра­зим ее и най­дем l:

Таким об­ра­зом, r = 3. Най­дем h по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Най­дем объем ко­ну­са:

Ответ:

Ре­ше­ние. У дан­ной пи­ра­ми­ды все ребра равны. Точка па­де­ния вы­со­ты сов­па­да­ет с цен­тром опи­сан­ной во­круг ос­но­ва­ния окруж­но­сти, Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOP:

Из фор­му­лы объ­е­ма пи­ра­ми­ды имеем:

Таким об­ра­зом, зна­че­ние вы­ра­же­ния равно

Ответ:

Ре­ше­ние. По­сколь­ку тре­уголь­ная пи­ра­ми­да пра­виль­ная, то в ос­но­ва­нии лежит рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник. Про­ве­дем вы­со­ту DO, где O  — центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды. Про­ве­дем вы­со­ту AN, ко­то­рая яв­ля­ет­ся также ме­ди­а­ной и бис­сек­три­сой. Она прой­дет через точку O по свой­ству рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка. Тогда ON  — ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах BC пер­пен­ди­ку­ляр­на DN, тогда угол DNO яв­ля­ет­ся дву­гран­ным углом и равен 30°.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке DON най­дем DN:

см.

см.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем r:

от­ку­да Сле­до­ва­тель­но, сто­ро­на ос­но­ва­ния равна

Ответ: 6 см.

Ре­ше­ние. Пря­мо­уголь­ни­ки ABCD и CMDN  — се­че­ния ци­лин­дра плос­ко­стя­ми, про­хо­дя­щи­ми через об­ра­зу­ю­щую CD. Пря­мые BC и CM лежат в плос­ко­сти верх­не­го ос­но­ва­ния ци­лин­дра, а CD  — пер­пен­ди­ку­ляр к плос­ко­сти верх­не­го ос­но­ва­ния ци­лин­дра. Зна­чит, Так как плос­ко­сти се­че­ний пер­пен­ди­ку­ляр­ны, то   — ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла между ними. Зна­чит,

Так как пря­мо­уголь­ни­ки ABCD и CMDN равны по усло­вию и имеют общую сто­ро­ну CD, то BC  =  CM. Рас­смот­рим рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник BCM, верх­нее ос­но­ва­ние ци­лин­дра опи­са­но во­круг этого тре­уголь­ни­ка, По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Зная, что най­дем пло­щадь осе­во­го се­че­ния:

Ответ: 6 см².

Ре­ше­ние. Пло­щадь ос­но­ва­ния ко­ну­са пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти По усло­вию:

Тогда Вы­со­та ко­ну­са равна:

Тогда Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма ко­ну­са:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди шара:

Из усло­вия сле­ду­ет, что тогда:

Ответ:

Ре­ше­ние. В ос­но­ва­нии пи­ра­ми­ды лежит рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник ABC, бо­ко­вые ребра пи­ра­ми­ды равны между собой. Про­ве­дем от­рез­ки AM и MK, пря­мые MK и SB па­рал­лель­ны. При­ме­нив тео­ре­му Фа­ле­са, по­лу­ча­ем, что BK  =  KC. Пря­мые SB и MK па­рал­лель­ны, пря­мая MK лежит в плос­ко­сти AMK, тогда пря­мая SB па­рал­лель­на плос­ко­сти AMK. Тре­уголь­ник AMK яв­ля­ет­ся ис­ко­мым се­че­ни­ем. Тре­уголь­ник ABC  — рав­но­сто­рон­ний, длина его сто­ро­ны равна 6. Про­ве­дем ме­ди­а­ну AK, она яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой и вы­со­той. Так как BC  =  6, BK  =  3. При­ме­ним тео­ре­му Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке ABK:

Тре­уголь­ни­ки SCB и MKC по­доб­ны, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен 2, При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке ASC:

При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке ASM:

Таким об­ра­зом, из­вест­ны длины всех сто­рон тре­уголь­ни­ка AMK: AM  =  5,5, MK  =  3,5, Наи­боль­шей сто­ро­ной яв­ля­ет­ся сто­ро­на AM, ее длина равна 5,5.

Ответ: 5,5.

Ре­ше­ние. Пусть ABCDA₁B₁C₁D₁  — пря­мой па­рал­ле­ле­пи­пед. Ис­ко­мое се­че­ние  — че­ты­рех­уголь­ник AB₁C₁D. Про­ве­дем в ромбе ABCD вы­со­ту BK. Тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах от­ре­зок B₁K пер­пен­ди­ку­ля­рен пря­мой AD. Угол B₁KB яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла, об­ра­зо­ван­но­го плос­ко­стя­ми AB₁D и ABD.

Най­дем пло­щадь ромба ABCD:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка KB₁B на­хо­дим

Таким об­ра­зом, объем пря­мо­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да ABCDA₁B₁C₁D₁ равен

Ответ: 14 400.

Ре­ше­ние. Про­ве­дем вы­со­ты PH в тре­уголь­ни­ке ABP. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABP най­дем AB:

В па­рал­ле­ло­грам­ме ABCD про­ве­дем вы­со­ту CK. За­ме­тим, что и Тре­уголь­ник HCB  — рав­но­сто­рон­ний, по­сколь­ку и Тогда

По­сколь­ку плос­ко­сти тре­уголь­ни­ка ABP и па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD об­ра­зу­ют дву­гран­ный угол и от­ре­зок PH пер­пен­ди­ку­ля­рен AB, а зна­чит, пер­пен­ди­ку­ля­рен плос­ко­сти ABC, то угол PHC  — дву­гран­ный. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке PHC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем PC:

Ответ: 40.

Ре­ше­ние. Пусть r₁ и r₂  — ра­ди­у­сы ци­лин­дров, h₁ и h₂  — вы­со­ты ци­лин­дров, V₁ и V₂  — объ­е­мы ци­лин­дров. Тогда по усло­вию спра­вед­ли­во от­но­ше­ние от­ку­да Так как ци­лин­дры имеют рав­ные объ­е­мы, имеем:

Най­дем от­но­ше­ние пло­ща­дей бо­ко­вых по­верх­но­стей ци­лин­дров:

Ответ: 2 : 3.

Ре­ше­ние. По тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра ABC— пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник, AC  — ги­по­те­ну­за. Се­че­ние шара плос­ко­стью ABC  — окруж­ность. Центр этой окруж­но­сти лежит на се­ре­ди­не ги­по­те­ну­зы AC, то есть По тео­ре­ме о се­че­нии шара плос­ко­стью от­ре­зок OK пер­пен­ди­ку­ля­рен плос­ко­сти се­че­ния, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник KOC яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ным. Тогда OC (ра­ди­ус шара) равен

Пло­щадь по­верх­но­сти шара равна

Ответ: 324π.

Ре­ше­ние. Пря­мо­уголь­ни­ки ABCD и CMDN  — се­че­ния ци­лин­дра плос­ко­стя­ми, про­хо­дя­щи­ми через об­ра­зу­ю­щую CD. Пря­мые BC и CM лежат в плос­ко­сти верх­не­го ос­но­ва­ния ци­лин­дра, а CD  — пер­пен­ди­ку­ляр к плос­ко­сти верх­не­го ос­но­ва­ния ци­лин­дра. Зна­чит, Так как плос­ко­сти се­че­ний пер­пен­ди­ку­ляр­ны, то   — ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла между ними. Зна­чит,

Так как пря­мо­уголь­ни­ки ABCD и CMDN равны по усло­вию и имеют общую сто­ро­ну CD, то BC  =  CM. Рас­смот­рим рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник BCM, верх­нее ос­но­ва­ние ци­лин­дра опи­са­но во­круг этого тре­уголь­ни­ка, По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Зная, что най­дем пло­щадь осе­во­го се­че­ния:

Ответ: 10 см².

Ре­ше­ние. Пусть дан­ная пи­ра­ми­да изоб­ра­же­на на ри­сун­ке (см. рис). Так как две бо­ко­вые грани пер­пен­ди­ку­ляр­ны к плос­ко­сти ос­но­ва­ния, ребро DB пер­пен­ди­ку­ляр­но к ос­но­ва­нию, а зна­чит, яв­ля­ет­ся вы­со­той пи­ра­ми­ды. Угол BHD  — ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла между плос­ко­стью ос­но­ва­ния и бо­ко­вой гра­нью, он равен В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке DBH найдём катет BH:

От­ре­зок BH яв­ля­ет­ся вы­со­той в рав­но­сто­рон­нем тре­уголь­ни­ке ABC. Найдём сто­ро­ну AC этого тре­уголь­ни­ка и его пло­щадь S:

На­ко­нец, найдём объём V дан­ной пи­ра­ми­ды:

Ответ:

Ре­ше­ние. Вос­поль­зо­вав­шись фор­му­лой по­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Най­дем зна­че­ния k, при ко­то­рых корни урав­не­ния при­над­ле­жат про­ме­жут­ку Имеем:

Так как k яв­ля­ет­ся целым чис­лом, ре­ше­ни­я­ми не­ра­вен­ства яв­ля­ют­ся числа −2, −1, 0, 1, 2. Най­дем корни урав­не­ния при дан­ных зна­че­ни­ях k:

Най­дем зна­че­ния n, при ко­то­рых корни урав­не­ния при­над­ле­жат про­ме­жут­ку Имеем:

Так как n яв­ля­ет­ся целым чис­лом, ре­ше­ни­я­ми не­ра­вен­ства яв­ля­ют­ся числа −2, −1, 0, 1, 2. Най­дем корни урав­не­ния при дан­ных зна­че­ни­ях n:

Най­дем сумму всех кор­ней урав­не­ния, при­над­ле­жа­щий про­ме­жут­ку

Ответ:

Ре­ше­ние. Ос­но­ва­ние вы­со­ты на­хо­дит­ся в цен­тре впи­сан­ной в тра­пе­цию окруж­но­сти, так как бо­ко­вые грани пи­ра­ми­ды рав­но­на­кло­не­ны к ос­но­ва­нию. Так как тра­пе­ция рав­но­бед­рен­ная, а ос­но­ва­ния равны 6 и 8, то бо­ко­вые сто­ро­ны равны 7, так как окруж­ность можно впи­сать толь­ко в ту тра­пе­цию, у ко­то­рой сумма длин ос­но­ва­ний равна сумме длин бо­ко­вых сто­рон. Про­ведём вы­со­ту BF в тра­пе­ции ABCD и найдём её ве­ли­чи­ну: а так как то тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Под­ста­вим и по­лу­чим, что Ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти равен где p  — по­лу­пе­ри­метр, а вы­со­та пи­ра­ми­ды равна Тогда пло­щадь тра­пе­ции равна а объем пи­ра­ми­ды  — 

Таким об­ра­зом, зна­че­ние вы­ра­же­ние равно

Ответ: 56.

Ре­ше­ние. Так как по усло­вию четырёхуголь­ная приз­ма пра­виль­ная, то в её ос­но­ва­нии лежит квад­рат, а бо­ко­вые рёбра пер­пен­ди­ку­ляр­ны ос­но­ва­нию. Угол B₁DA₁  =  30°, так как пря­мая A₁D  — есть про­ек­ция диа­го­на­ли приз­мы на плос­кость бо­ко­вой грани. Тре­уголь­ник DA₁B₁  — пря­мо­уголь­ный, по­это­му DB₁ в два раза A₁B₁, так как A₁B₁ лежит про­тив угла 30°, по­это­му Диа­го­наль BD квад­ра­та ABCD равна 2, так как Найдём BB₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: под­ста­вим и по­лу­чим, что BB₁  =  2, тогда объем приз­мы равен

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник ACK  — се­ку­щая плос­кость приз­мы ABCA₁B₁C₁. По­стро­им угол между пря­мой BB₁ и плос­ко­стью ACK. В рав­но­сто­рон­нем тре­уголь­ни­ке ABC про­ве­дем вы­со­ту, она будет и ме­ди­а­ной и бис­сек­три­сой. За­ме­тим, что пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки AKB и BKC равны по двум ка­те­там, зна­чит, AK  =  KC и тре­уголь­ник AKC  — рав­но­бед­рен­ный. Ме­ди­а­на KМ яв­ля­ет­ся вы­со­той, от­ку­да по при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти пря­мая AC пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти KMB. В тре­уголь­ни­ке KMB про­ве­дем вы­со­ту BL. По­сколь­ку пря­мая AC пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти KMB, то она пер­пен­ди­ку­ляр­на любой пря­мой в этой плос­ко­сти, то есть По­сколь­ку пря­мая BL пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой AC и пря­мой MK, то она пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти AKC. Зна­чит, пря­мая KM  — про­ек­ция пря­мой BB₁ на плос­кость AKC, сле­до­ва­тель­но, угол MKB  — это угол между пря­мой BB₁ и плос­ко­стью се­че­ния.

В рав­но­сто­рон­нем тре­уголь­ни­ке ABC най­дем сто­ро­ну ос­но­ва­ния:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке CKM по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем:

Таким об­ра­зом, зна­че­ние вы­ра­же­ния равно

Ответ: 18.

Ре­ше­ние. Ра­ди­ус ос­но­ва­ния равен 1 дм, зна­чит, длина сек­то­ра равна По фор­му­ле длины дуги окруж­но­сти Тре­уголь­ник POC пря­мо­уголь­ный, по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Объем ко­ну­са

Ответ:

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). За­ме­тим, что, так как бо­ко­вые сто­ро­ны на­кло­не­ны к ос­но­ва­нию под одним углом, вы­со­та пи­ра­ми­ды будет па­дать в центр впи­сан­ной окруж­но­сти. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка равна либо про­из­ве­де­нию ра­ди­у­са впи­сан­ной окруж­но­сти на по­лу­пе­ри­метр, либо, по фор­му­ле Ге­ро­на, где p  — по­лу­пе­ри­метр, в нашем слу­чае

Пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник SOK рав­но­бед­рен­ный, так как один из его углов равен 45°, тогда ка­те­ты OK и SO, яв­ля­ю­щи­е­ся вы­со­той пи­ра­ми­ды и ра­ди­у­сом впи­сан­ной окруж­но­сти, равны. Ги­по­те­ну­за SK  — апо­фе­ма пи­ра­ми­ды  — равна част­но­му от де­ле­ния OK на ко­си­нус угла при бо­ко­вой сто­ро­не, то есть Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна по­ло­ви­не про­из­ве­де­ния пе­ри­мет­ра ос­но­ва­ния на апо­фе­му. Имеем

Ответ:

Ре­ше­ние.

При­мем длину об­ра­зу­ю­щей ко­ну­са за тогда ра­ди­ус сек­то­ра также равен На­хо­дим длину дуги сек­то­ра

Вы­чис­лим объем ко­ну­са, ис­поль­зуя все име­ю­щи­е­ся дан­ные:

Ответ: 16π.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что LM  — сред­няя линия тра­пе­ции FCDE. Пусть a  — сто­ро­на пра­виль­но­го ше­сти­уголь­ни­ка , тогда

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AA₁E ги­по­те­ну­за см, угол AEA₁ = 60°, тогда угол AA₁E = 30°, тогда см, а AA₁ = 6 см.

В пра­виль­ном ше­сти­уголь­ни­ке AE  — мень­шая диа­го­наль, тогда см.

Тогда

Объём тре­уголь­ной приз­мы найдём по фор­му­ле

Ответ: см³.

Ре­ше­ние. Пусть ABCDA₁B₁C₁D₁  — пря­мой па­рал­ле­ле­пи­пед. Ис­ко­мое се­че­ние  — че­ты­рех­уголь­ник AB₁C₁D. Про­ве­дем в ромбе ABCD вы­со­ту BK. Тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах от­ре­зок B₁K пер­пен­ди­ку­ля­рен пря­мой AD. Угол B₁KB яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла, об­ра­зо­ван­но­го плос­ко­стя­ми AB₁D и ABD. Най­дем пло­щадь ромба ABCD:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка KB₁B на­хо­дим

Таким об­ра­зом, объем пря­мо­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да ABCDA₁B₁C₁D₁ равен

Ответ: 1728.

Ре­ше­ние. По­лу­чен­ное тело вра­ще­ния  — два ко­ну­са, со­еди­нен­ных ос­но­ва­ни­ем и име­ю­щих общий ра­ди­ус AO. Их вы­со­та­ми яв­ля­ют­ся от­рез­ки PO и OC. Ги­по­те­ну­за PC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра равна 3. Най­дем вы­со­ту AO: Объем этого тела равен:

Ответ: