Ре­ше­ние. Ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са и ци­лин­дра равен 3, так как диа­метр равен 6. Пусть H  — вы­со­та ко­ну­са, L  —  об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са, а H₁  — вы­со­та ци­лин­дра. Так как пло­щадь осе­во­го се­че­ния ко­ну­са, рав­ная про­из­ве­де­нию ра­ди­у­са ос­но­ва­ния и вы­со­ты, равна 12, то вы­со­та ко­ну­са равна 6. Тогда об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са равна 5, а зна­чит, что пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са Под­ста­вим: Так как R  =  3, то пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра равна а по усло­вию она равна S_б.к, зна­чит, H₁=2,5. Найдём объем ци­лин­дра: под­ста­вим и по­лу­чим, что объем ци­лин­дра равен

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть H  — вы­со­та ко­ну­са, а H₁  — вы­со­та ци­лин­дра. Из осе­во­го се­че­ния на­хо­дим, что тогда объем ко­ну­са равен а объем ци­лин­дра  —  Так как конус и ци­линдр имеют рав­ные объ­е­мы, то Тогда пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра равна:

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как бо­ко­вые грани пи­ра­ми­ды рав­но­на­кло­не­ны к ос­но­ва­нию, точка H, яв­ля­ю­ща­я­ся ос­но­ва­ни­ем вы­со­ты пи­ра­ми­ды, яв­ля­ет­ся и цен­тром впи­сан­ной окруж­но­сти, то есть цен­тром пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей ромба ABCD.

Про­ведём HK пер­пен­ди­ку­ляр­но к DC, тогда MK пер­пен­ди­ку­ляр­но к CD. Зна­чит, угол MKH яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла между гра­нью MCD и ос­но­ва­ни­ем пи­ра­ми­ды, тогда

Рас­смот­рим ромб ABCD. Так как AC  =  8, BD  =  6, то:

По свой­ству ромба угол AHD равен 90°, а AH  =  4, HD  =  3, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра AD  =  5. По фор­му­ле

то есть

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке HMK от­ре­зок и то есть

Пусть MH  =  5x, MK  =  13x, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

зна­чит, Имеем:

Так как бо­ко­вые грани пи­ра­ми­ды  — рав­но­ве­ли­кие тре­уголь­ни­ки, то

Ответ: 26.

Ре­ше­ние. Так как бо­ко­вые грани пи­ра­ми­ды рав­но­на­кло­не­ны к ос­но­ва­нию, точка O, яв­ля­ю­ща­я­ся ос­но­ва­ни­ем вы­со­ты пи­ра­ми­ды, яв­ля­ет­ся и цен­тром впи­сан­ной в тра­пе­цию ABCD окруж­но­сти.

Про­ведём OK пер­пен­ди­ку­ляр­но к AB, тогда MK пер­пен­ди­ку­ляр­но к AB. Зна­чит, угол MKO яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла между гра­нью MAB и ос­но­ва­ни­ем пи­ра­ми­ды, тогда

Рас­смот­рим тра­пе­цию ABCD. Так как в тра­пе­цию можно впи­сать окруж­ность, то

Про­ведём вы­со­ту CH, тогда AH  =  BC, AB  =  CH и Пусть AB  =  x, тогда CD  =  9 – x. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке CHD от­ре­зок AB  =  4. Имеем:

Ра­ди­ус впи­сан­ной в пря­мо­уголь­ную тра­пе­цию окруж­но­сти равен по­ло­ви­не вы­со­ты тра­пе­ции, то есть

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MOK от­ре­зок то есть Пусть MO  =  3x, MK  =  5x, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

зна­чит,

Найдём объём пи­ра­ми­ды по фор­му­ле:

Ответ: 9.

Ре­ше­ние. Так как в ос­но­ва­нии приз­мы рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник с из­вест­ной пло­ща­дью, най­дем сто­ро­ну этого тре­уголь­ни­ка, вос­поль­зо­вав­шись фор­му­лой пло­ща­ди рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка: От­сю­да

Те­перь най­дем вы­со­ту TM(см.рис) по фор­му­ле от­ку­да

В тре­уголь­ни­ке TMK: так как   —

угол между ос­но­ва­ни­ем и плос­ко­стьюKSR. Зна­чит:

тогда:

В тре­уголь­ни­ке RMK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем

Тре­уголь­ник KRS рав­но­бед­рен­ный (), тогда

Най­дем ра­ди­ус окруж­но­сти, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка по фор­му­ле

Ответ:

Ре­ше­ние. Ис­поль­зуя фор­му­лу вы­со­ты ос­но­ва­ния, най­дем сто­ро­ну ос­но­ва­ния:

Так как а (так как это угол между ос­но­ва­ни­ем и пло­ко­стью AKB). Тогда а также Зная это, най­дем

По­сколь­ку

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как O  — центр впи­сан­ной сферы, OM  — бис­сек­три­са угла PMH. Рас­смот­рим тре­уголь­ник PMH:

По тео­ре­ме о бис­сек­три­се тре­уголь­ни­ка

Тогда PH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра равна Ра­ди­ус сферы, рав­ный OH,

Пло­щадь сферы  — это сле­до­ва­тель­но, пло­щадь дан­ной сферы равен

Ответ:

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

Объем шара равен

Ответ:

Ре­ше­ние. Квад­рат ABCD  — ос­но­ва­ние пра­виль­ной пи­ра­ми­ды, SO  — вы­со­та пи­ра­ми­ды, SM  — апо­фе­ма. Угол OSM равен 60°, от­ре­зок OM равен по­ло­ви­не сто­ро­ны квад­ра­та. Най­дем его длину: По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке SOM:

Длина сто­ро­ны квад­ра­та равна удво­ен­ной длине от­рез­ка OM, то есть Бо­ко­вые грани пи­ра­ми­ды яв­ля­ют­ся рав­ны­ми тре­уголь­ни­ка­ми. Най­дем пло­щадь од­но­го из них:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти пи­ра­ми­ды равна сумме пло­ща­дей всех гра­ней, то есть Най­дем пло­щадь ос­но­ва­ния: Таким об­ра­зом, можем найти пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти приз­мы:

Ответ:

Ре­ше­ние. Рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник ABC  — ос­но­ва­ние пра­виль­ной пи­ра­ми­ды, DO  — ее вы­со­та, DM  — апо­фе­ма. Угол ODM равен 45°, от­ре­зок OM яв­ля­ет­ся ра­ди­у­сом впи­сан­ной окруж­но­сти. Най­дем длину от­рез­ка OM:

По свой­ствам впи­сан­ной в пра­виль­ный тре­уголь­ник окруж­но­сти, от­ку­да Вы­чис­лим пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти:

Най­дем пло­щадь ос­но­ва­ния:

Зная пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти и ос­но­ва­ния, най­дем пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти:

Ответ:

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. Пло­щадь ос­но­ва­ния ко­ну­са пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти По усло­вию:

Тогда Зная, что по­лу­ча­ем:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма ко­ну­са:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди шара:

Из усло­вия сле­ду­ет, что тогда:

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. Пусть R  — ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са, L  — об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са, L  =  8 см. Тогда

Так как пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти в че­ты­ре раза боль­ше пло­ща­ди ос­но­ва­ния, то имеем:

Най­дем длину окруж­но­сти ос­но­ва­ния ко­ну­са и длину дуги сек­то­ра:

По­сколь­ку длина этой дуги равна длине окруж­но­сти в ос­но­ва­нии ко­ну­са, то

Ответ:

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим осе­вое се­че­ние ко­ну­са. По тео­ре­ме си­ну­сов Ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка SOB вы­со­та ко­ну­са

По­лу­ча­ем объём ко­ну­са:

Ответ:

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим осе­вое се­че­ние ко­ну­са.   — вы­со­та ко­ну­са,   — ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са, O  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти,   — ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти. Так как центр впи­сан­ной окруж­но­сти лежит на пе­ре­се­че­нии бис­сек­трис, то BO  — бис­сек­три­са От­сю­да Вы­ра­зим:

По­лу­ча­ем объём ко­ну­са:

Ответ:

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Про­ведём вы­со­ту CN. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке ACN в нашем слу­чае, AN  =  AD − (AD − BC) : 2, то есть

Те­перь по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка CND найдём бо­ко­вую сто­ро­ну тра­пе­ции, ко­то­рая, так как бо­ко­вые грани приз­мы яв­ля­ют­ся квад­ра­та­ми, будет равна вы­со­те приз­мы:

Пло­щадь по­верх­но­сти приз­мы равна сумме пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти и пло­ща­дей ос­но­ва­ний. Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти можно найти, умно­жив вы­со­ту на пе­ри­метр ос­но­ва­ния, тогда пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти равна

Объём приз­мы равен про­из­ве­де­нию вы­со­ты на пло­щадь ос­но­ва­ния, в нашем слу­чае

Ответ: 788, 1404.

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Про­ведём вы­со­ту CN. Пусть AD  =  a, BC  =  b, AC  =  c, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке ACN:

Далее по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке CND:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти приз­мы равен про­из­вед­нию пе­ри­мет­ра ос­но­ва­ния на вы­со­ту, в нашем слу­чае

За­ме­тим, что бо­ко­вые грани и диа­го­наль­ное се­че­ние  — пря­мо­уголь­ни­ки, зна­чит, их пло­ща­ди равны ah, bh и dh со­от­вет­ствен­но, тем самым

Ответ: 928.

Ре­ше­ние. Пусть дан­ная пи­ра­ми­да изоб­ра­же­на на ри­сун­ке (см. рис).

Про­ведём вы­со­ту AM к сто­ро­не BC, апо­фе­му DM в плос­ко­сти тре­уголь­ни­ка BDC, вы­со­ту пи­ра­ми­ды DO. При­мем вы­со­ту DO за x. Угол DAO  — угол между реб­ром и плос­ко­стью ос­но­ва­ния, по­это­му он равен 45°. По­это­му AO  =  DO.

Точка O  — центр пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка ABC. От­ре­зок MO со­став­ля­ет тре­тью часть от вы­со­ты/ме­ди­а­ны AM, а AO  — две трети (O  — точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан, делит их в от­но­ше­нии 2:1, счи­тая от вер­ши­ны).

Найдём x, вос­поль­зо­вав­шись тео­ре­мой Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке DOM:

Итак, вы­со­та AM равна те­перь найдём сто­ро­ну тре­уголь­ни­ка ABC:

а затем его пло­щадь S:

На­ко­нец, найдём объём V пи­ра­ми­ды DABC:

Ответ: 18 дм³.

Ре­ше­ние. Пусть дан­ная пи­ра­ми­да изоб­ра­же­на на ри­сун­ке (см. рис).

Про­ведём вы­со­ту AM к сто­ро­не BC, апо­фе­му DM в плос­ко­сти тре­уголь­ни­ка BDC, вы­со­ту пи­ра­ми­ды DO. При­мем вы­со­ту DO за x. Угол DAO  — угол между реб­ром и плос­ко­стью ос­но­ва­ния, по­это­му он равен 45°. По­это­му AO = DO.

Точка O  — центр пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка ABC. От­ре­зок MO со­став­ля­ет тре­тью часть от вы­со­ты/ме­ди­а­ны AM, а AO  — две трети (O  — точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан, делит их в от­но­ше­нии 2:1, счи­тая от вер­ши­ны).

Найдём x, вос­поль­зо­вав­шись тео­ре­мой Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке DOM:

Итак, вы­со­та AM равна 9, те­перь найдём сто­ро­ну тре­уголь­ни­ка ABC:

а затем его пло­щадь S:

На­ко­нец, найдём объём V пи­ра­ми­ды DABC:

Ответ:

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

Из фор­му­лы объ­е­ма пи­ра­ми­ды имеем:

Ответ:

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

Из фор­му­лы объ­е­ма пи­ра­ми­ды имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как сумма углов четырёхуголь­ни­ка равна 360°, то угол B равен 150°. Найдём CD в тре­уголь­ни­ке CBD по тео­ре­ме ко­си­ну­сов: Под­ста­вим и по­лу­чим, что Во­круг четырёхуголь­ни­ка ABCD можно опи­сать окруж­ность, так как суммы про­ти­во­по­лож­ных углов равны 180°. Из тре­уголь­ни­ка CBD найдём ра­ди­ус этой окруж­но­сти по тео­ре­ме си­ну­сов: По­сколь­ку угол ACB  — пря­мой, то он опи­ра­ет­ся на диа­метр, то есть

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как сумма углов четырёхуголь­ни­ка равна 360°, то угол M равен 120°. Найдём CD в тре­уголь­ни­ке CMD по тео­ре­ме ко­си­ну­сов: Под­ста­вим и по­лу­чим, что Во­круг четырёхуголь­ни­ка ACMD можно опи­сать окруж­ность, так как суммы про­ти­во­по­лож­ных углов равны 180°. Из тре­уголь­ни­ка CMD найдём ра­ди­ус этой окруж­но­сти по тео­ре­ме си­ну­сов: По­сколь­ку угол ACM  — пря­мой, то он опи­ра­ет­ся на диа­метр, то есть

Ответ:

Ре­ше­ние. Вы­со­та ос­но­ва­ния сов­па­да­ет с цен­тром окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг ос­но­ва­ния, так как бо­ко­вые ребра рав­но­на­кло­не­ны к ос­но­ва­нию. Тра­пе­ция ABCD яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ной, так как толь­ко во­круг рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции можно опи­сать окруж­ность, зна­чит, AB  =  CD. От­ре­зок AD яв­ля­ет­ся цен­тром окруж­но­сти, по­сколь­ку угол ABD  — пря­мой. Точка O  — центр окруж­но­сти, тогда SO  — вы­со­та пи­ра­ми­ды, ко­то­рая лежит на се­ре­ди­не AD.

В рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции ABCD опу­стим вы­со­ту BF, тогда

Пло­щадь тра­пе­ции ABCD равна

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  — 

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть дан­ная пи­ра­ми­да изоб­ра­же­на на ри­сун­ке (см. рис).

Так как пи­ра­ми­да пра­виль­ная, у неё в ос­но­ва­нии лежит квад­рат ABCD. Вы­со­та SO па­да­ет в центр ABCD. Про­ведём апо­фе­мы SM и SK. По­лу­чи­лось, MK  =  CB  =  10 см. В тре­уголь­ни­ке MSK вы­со­та MN  — рас­сто­я­ние от сто­ро­ны ос­но­ва­ния до про­ти­во­ле­жа­щей бо­ко­вой грани, она равна

Найдём синус угла MKS:

Зна­чит, угол MKS равен 60°. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке SOK при­мем SO за x. По­сколь­ку катет KO лежит про­тив угла ве­ли­чи­ной 30°, он равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке SOK имеем:

Таким об­ра­зом, Пло­щадь S ос­но­ва­ния равна квад­ра­ту его сто­ро­ны, то есть 100 см². Найдём объём V пи­ра­ми­ды SABCD:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть дан­ная пи­ра­ми­да изоб­ра­же­на на ри­сун­ке (см. рис).

Так как пи­ра­ми­да пра­виль­ная, у неё в ос­но­ва­нии лежит квад­рат ABCD. Вы­со­та SO па­да­ет в центр ABCD. Про­ведём апо­фе­мы SM и SK. По­лу­чи­лось, MK  =  CB  =  2 см. В тре­уголь­ни­ке MSK вы­со­та MN  — рас­сто­я­ние от сто­ро­ны ос­но­ва­ния до про­ти­во­ле­жа­щей бо­ко­вой грани, она равна

Найдём синус угла MKS:

Зна­чит, угол MKS равен 60°. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке SOK при­мем SO за x. По­сколь­ку катет KO лежит про­тив угла ве­ли­чи­ной 30°, он равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке SOK имеем:

Таким об­ра­зом, Пло­щадь S ос­но­ва­ния равна квад­ра­ту его сто­ро­ны, то есть 4 см². Найдём объём V пи­ра­ми­ды SABCD:

Ответ:

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:

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 4. Най­дем вы­со­ту AO:

Объем этого тела:

Ответ:

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. В ос­но­ва­нии лежит па­рал­ле­ло­грам, найдём его пло­щадь под­ста­вим и по­лу­чим, что По усло­вию DA₁  =  10, а AD  =  6, тогда найдём AA₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: Зна­чит, объём па­рал­ле­ли­пи­пе­да

Ответ: 96.

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ни­ки AA₁C и BB₁D пря­мо­уголь­ные. Тогда

Пло­щадь ос­но­ва­ния равна

Зна­чит, объем равен

Ответ: 128 см³.

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ни­ки AA₁C и BB₁D пря­мо­уголь­ные. Тогда

Пло­щадь ос­но­ва­ния равна

Зна­чит, объем равен

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. Пусть ка­те­ты пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка равны x, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Пло­щадь тре­уголь­ни­ка равна по­ло­ви­не про­из­ве­де­ния его ка­те­тов, либо про­из­ве­де­нию ра­ди­у­са впи­сан­ной окруж­но­сти на по­лу­пе­ри­метр, в нашем слу­чае

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке DOK катет DO, яв­ля­ю­щий­ся вы­со­той пи­ра­ми­ды, равен про­из­ве­де­нию ка­те­та OK, рав­но­го ра­ди­у­су впи­сан­ной окруж­но­сти, на тан­генс угла при бо­ко­вой сто­ро­не пи­ра­ми­ды, то есть Ги­по­те­ну­за DK  — апо­фе­ма пи­ра­ми­ды  — равна част­но­му от де­ле­ния OK на ко­си­нус угла при бо­ко­вой сто­ро­не, то есть Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти пи­ра­ми­ды равна сумме пло­ща­дей бо­ко­вой по­верх­но­сти и ос­но­ва­ния, где пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна по­ло­ви­не про­из­ве­де­ния пе­ри­мет­ра ос­но­ва­ния на апо­фе­му. Имеем

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. 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. В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке ABC про­ве­дем вы­со­ту CM, ко­то­рая так же яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой и ме­ди­а­ной. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах по­лу­ча­ем, что C₁M пер­пен­ди­ку­ляр­но AB, тогда C₁M = 13 см.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник MBC: по усло­вию. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке сто­ро­на, ле­жа­щая на про­тив угла в 30°, равна по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, тогда

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем BM:

Тогда см.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка MCC₁, зная, что CM = 5 см, MC₁  =  13 см, най­дем CC₁:

Най­дем пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти приз­мы, зная, что :

Ответ: см².

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. 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 Бо­ко­вые грани пря­мо­уголь­ной приз­мы  — пря­мо­уголь­ни­ки. Боль­шая диа­го­наль у пря­мо­уголь­ни­ка Так как и AC боль­ше ка­те­тов AB и BC, то как наи­боль­шее рас­сто­я­ние между вер­ши­на­ми приз­мы. Тогда

Вы­со­та приз­мы

На­хо­дим объём приз­мы:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть тогда   — мень­шая диа­го­наль. Если то так как наи­боль­шее рас­сто­я­ние между вер­ши­на­ми со­от­вет­ству­ет длине диа­го­на­ли того диа­го­наль­но­го се­че­ния, ко­то­рое про­хо­дит через боль­шую диа­го­наль ос­но­ва­ния.

Так как диа­го­на­ли ромба вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны и лежат на бис­сек­три­сах его углов, то из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOB. Тогда:

По­лу­ча­ем пло­щадь ос­но­ва­ния Вы­со­та па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

На­хо­дим объём па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ:

Ре­ше­ние. Ос­но­ва­ние ко­ну­са впи­са­но в ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды, а вер­ши­ны ко­ну­са и пи­ра­ми­ды сов­па­да­ют. DO  — вы­со­та пи­ра­ми­ды и ко­ну­са, O  — центр впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC окруж­но­сти. Зна­чит, тогда Так как DK и DM  — об­ра­зу­ю­щие ко­ну­са, а тре­уголь­ник DMK  — осе­вое се­че­ние, то Тогда имеем:

От­сю­да угол Тогда из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка MOD вы­со­та ко­ну­са

Объём ко­ну­са найдём по фор­му­ле

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. Так как пи­ра­ми­да пра­виль­ная, то в её ос­но­ва­нии лежит квад­рат со сто­ро­ной 8, пря­мые SN и SK равны 8, так как яв­ля­ют­ся апо­фе­ма­ми. Точка M  — се­ре­ди­на SN. Пря­мая DC па­рал­лель­на плос­ко­сти ASB, так как DC па­рал­лель­на AB. Про­ведём A₁B₁ так, что она па­рал­лель­на пря­мой AB и про­хо­дит через точку M. Тогда по тео­ре­ме Фа­ле­са точки A₁ и B₁  — се­ре­ди­ны рёбер AS и BS. Зна­чит, тра­пе­ция A₁B₁CD  — ис­ко­мое се­че­ние, A₁B₁  =  4, так как яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка SAB. Пря­мая NK  — про­ек­ция пря­мой MK на плос­кость ос­но­ва­ния. Так как NK па­рал­лель­но AD, а AD пер­пен­ди­ку­ляр­на DC, то NK пер­пен­ди­ку­ляр­на DC. Зна­чит, по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах MK пер­пен­ди­ку­ляр­на DC. Так как тре­уголь­ник NSK рав­но­сто­рон­ний, тогда MK  — ме­ди­а­на и вы­со­та, тогда Пло­щадь се­че­ния

Ответ:

Ре­ше­ние. Все грани этой пи­ра­ми­ды яв­ля­ют­ся рав­но­сто­рон­ни­ми тре­уголь­ни­ка­ми. Пря­мая SM яв­ля­ет­ся апо­фе­мой, SK : KM  =  2 1. Тре­уголь­ник BNC  — ис­ко­мое се­че­ние. Так как тре­уголь­ник ASB  — рав­но­сто­рон­ний, а SM  — апо­фе­ма, то SM яв­ля­ет­ся и ме­ди­а­ной, тогда BN тоже ме­ди­а­на, так как BN пе­ре­се­ка­ет­ся с SM в точке K, ко­то­рая делит SM в от­но­ше­нии 2 : 1. А зна­чит, что Тре­уголь­ник BNC  — рав­но­бед­рен­ный, так как BN и NC  — рав­ные ме­ди­а­ны рав­ных тре­уголь­ни­ков. Из тре­уголь­ни­ка CBN про­ведём вы­со­ту NE на сто­ро­ну CB, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Найдём пло­щадь се­че­ния:

Ответ:

Ре­ше­ние. Угол   — угол между плос­ко­стью ос­но­ва­ния и реб­ром пи­ра­ми­ды. Пусть сто­ро­на ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды равна (см.рис.)

По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах: сто­ро­на пер­пен­ди­ку­ляр­на BC, а также: В тре­уголь­ни­ке AMB по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем сто­ро­ну AM, яв­ля­ю­щу­ю­ся ме­ди­а­ной и вы­со­той:

Так как O  — центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды, то ме­ди­а­на AM де­лит­ся этой точ­кой в от­но­ше­нии 2 к 1, счи­тая от вер­ши­ны, най­дем AO и OM:

Те­перь най­дем сто­ро­ну DO из тре­уголь­ни­ка AOD:

Те­перь из тре­уголь­ни­ка DOM: Тогда: от­ку­да:

Ответ:

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что так как пи­ра­ми­да пра­виль­ная, то ее ос­но­ва­ние  — квад­рат. SO—ос­но­ва­ние, O—центр впи­сан­ной в ос­но­ва­ние окруж­но­сти(см.рис.).

Пусть сто­ро­на ос­но­ва­ния равна a, а так как OM—ра­ди­ус впи­сан­ной в ос­но­ва­ние окруж­но­сти, то По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах: SM пер­пен­ди­ку­ляр­на DC,

Из пря­мо­уголь­но рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ADC:

а также: Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOS:

Те­перь из тре­уголь­ни­ка SOM:

От­ку­да:

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как 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 так же ме­ди­а­ной и бис­сек­три­сой.Она прой­дет через точку O по свой­ству рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка. Тогда ON = OA = r. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах BC пер­пен­ди­ку­ляр­но DN, тогда DNO = 60°.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник ODN, в ко­то­ром DON = 90°, DNO = 60°, тогда ODN = 30°. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке сто­ро­на, ле­жа­щая на­про­тив угла в 30°, равна по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы. Тогда:

По фор­му­ле ра­ди­у­са окруж­но­сти, впи­сан­ной в рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник по­лу­ча­ем, что см. Тогда см.

Из тре­уголь­ни­ка BND, вос­поль­зо­вав­шись тео­ре­мой Пи­фа­го­ра, най­дем r:

Тогда см. Най­дем BC, зная, что BC = 2BN:

Ответ: см.

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

Объем ко­ну­са

Ответ:

Ре­ше­ние. Длина дуги сек­то­ра по фор­му­ле равна Ра­ди­ус окруж­но­сти ос­но­ва­ния равен 1 дм, так как длина дуги сек­то­ра и длина окруж­но­сти ос­но­ва­ния ко­ну­са равны. Тре­уголь­ник POB пря­мо­уголь­ный, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Объем равен

Ответ:

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

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

В тре­уголь­ни­ке OKB:

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. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Ос­но­ва­ние приз­мы  — пра­виль­ный тре­уголь­ник, чья вы­со­та AM, яв­ля­ю­ща­я­ся также ме­ди­а­ной, а зна­чит, и про­ек­ци­ей AM в плос­кость ос­но­ва­ния, равна то есть Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AMA₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра найдём вы­со­ту приз­мы, а затем умно­жим её на пло­щадь ос­но­ва­ния, ко­то­рую найдём по фор­му­ле

Ответ:

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Ос­но­ва­ние приз­мы  — пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник, чей мень­ший катет BC, ле­жа­щий про­тив угла в 30°, равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, то есть 6, а боль­ший катет, яв­ля­ю­щий­ся также про­ек­ци­ей CA₁ в плос­кость ос­но­ва­ния, по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра равен Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ACA₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра найдём вы­со­ту приз­мы, а затем умно­жим её на по­ло­ви­ну пе­ри­мет­ра ос­но­ва­ния:

Ответ:

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. 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. Пло­щадь пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка ACE равна по­ло­ви­не пло­ща­ди пра­виль­но­го ше­сти­уголь­ни­ка ABCDEF.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке B₁BE ги­по­те­ну­за B₁E  =  12 см, тогда тогда BE  =  6 см, а

В пра­виль­ном ше­сти­уголь­ни­ке ABCDEF BE  — боль­шая диа­го­наль, тогда BE  =  2AB, AB  =  3 см. Пло­щадь ABCDEF найдём по фор­му­ле

Тогда то есть За­ме­тим, что Тогда

Ответ: 121,5 см³.

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. Объем пи­ра­ми­ды S₁MNC равен Пло­щадь тре­уголь­ни­ка MNC равна так как тре­уголь­ник MNC по­до­бен тре­уголь­ни­ку ABC по трём углам, S₁O  =  2 · SO. Тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Объём пи­ра­ми­ды вы­чис­ля­ет­ся по фор­му­ле В слу­чае пи­ра­ми­ды S₁ABM, вы­со­та равна по­ло­ви­не вы­со­ты пи­ра­ми­ды SABC, а пло­щадь ос­но­ва­ния равна по­ло­ви­не пло­ща­ди ос­но­ва­ния той же пи­ра­ми­ды, так как ме­ди­а­на делит тре­уголь­ник на рав­но­ве­ли­кие части. Тогда объём пи­ра­ми­ды S₁ABM равен чет­вер­ти объёма пи­ра­ми­ды SABC, то есть

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть грань PAB пер­пен­ди­ку­ляр­на к ос­но­ва­нию пи­ра­ми­ды, тогда AB  — про­ек­ция PA на плос­кость ABC и про­ек­ция PB на плос­кость ABC, Тогда углы PBA и PAB яв­ля­ют­ся ли­ней­ны­ми уг­ла­ми дву­гран­ных углов между плос­ко­стя­ми бо­ко­вой грани PBC и плос­ко­стью ос­но­ва­ния и бо­ко­вой грани PAD и плос­ко­стью ос­но­ва­ния со­от­вет­ствен­но.

Про­ве­дем PH  — вы­со­ту рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка PAB. От­ре­зок PH яв­ля­ет­ся вы­со­той пи­ра­ми­ды PABCD, так как как вы­со­та тре­уголь­ни­ка, как сто­ро­ны квад­ра­та, зна­чит, PH пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым, тогда

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка PBH най­дем

Най­дем объем пи­ра­ми­ды по фор­му­ле

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть грань PAB пер­пен­ди­ку­ляр­на к ос­но­ва­нию пи­ра­ми­ды, тогда AB  — про­ек­ция PA на плос­кость ABC и про­ек­ция PB на плос­кость ABC, Тогда углы PBA и PAB яв­ля­ют­ся ли­ней­ны­ми уг­ла­ми дву­гран­ных углов между плос­ко­стя­ми бо­ко­вой грани PBC и плос­ко­стью ос­но­ва­ния и бо­ко­вой грани PAD и плос­ко­стью ос­но­ва­ния со­от­вет­ствен­но.

Про­ве­дем PM  — вы­со­ту рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка PAB. От­ре­зок PM яв­ля­ет­ся вы­со­той пи­ра­ми­ды PABCD, так как как вы­со­та тре­уголь­ни­ка, как сто­ро­ны квад­ра­та, зна­чит, PM пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым, тогда

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка PBM най­дем

Най­дем объем пи­ра­ми­ды по фор­му­ле

Ответ:

Ре­ше­ние. В ре­зуль­та­те вра­ще­ния тре­уголь­ни­ка ABC во­круг сред­ней сто­ро­ны об­ра­зу­ет­ся два ко­ну­са с общим ос­но­ва­ни­ем V = V₁ + V₂. Тогда общий объем на­хо­дит­ся по фор­му­ле:

По фор­му­ле Ге­ро­на имеем:

Най­дем вы­со­ту AH из фор­му­лы пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка:

Тогда объем равен:

Ответ: см³.

Ре­ше­ние. Объем по­лу­чен­но­го тела вра­ще­ния равен сумме объ­е­ма ко­ну­са с ра­ди­у­сом ос­но­ва­ния AH и вы­со­той BH и объ­е­ма ко­ну­са с тем же ос­но­ва­ни­ем и вы­со­той HC. Тогда общий объем на­хо­дит­ся по фор­му­ле:

По фор­му­ле Ге­ро­на имеем:

Тогда:

Зная, что BC ра­ди­ус, можем найти объем:

Ответ: см³.

Ре­ше­ние. По фор­му­ле длины окруж­но­сти Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти ко­ну­са равна

Ре­ше­ние. По фор­му­ле длины окруж­но­сти най­дем длину окруж­но­сти ос­но­ва­ния:

Ответ:

Ре­ше­ние. Длина ра­ди­у­са сек­то­ра равна длине об­ра­зу­ю­щей ко­ну­са, а длина дуги сек­то­ра равна длине окруж­но­сти ос­но­ва­ния ко­ну­са. Длина дуги АК равна ра­ди­ус окруж­но­сти ос­но­ва­ния ко­ну­са равен Тре­уголь­ник APB  — осе­вое се­че­ние ко­ну­са. Вы­ра­зим его пе­ри­метр: Так как пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка APB равен 16, По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке POB:

Най­дем объем ко­ну­са:

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. 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. 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.

Ответ: 13,5.

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Про­ведём вы­со­ту CN. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке ACN в нашем слу­чае, AN  =  AD − (AD − BC) : 2, то есть

Те­перь по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка CND найдём бо­ко­вую сто­ро­ну тра­пе­ции, ко­то­рая, так как бо­ко­вые грани приз­мы яв­ля­ют­ся квад­ра­та­ми, будет равна вы­со­те приз­мы:

Пло­щадь по­верх­но­сти приз­мы равна сумме пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти и пло­ща­дей ос­но­ва­ний. Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти можно найти, умно­жив вы­со­ту на пе­ри­метр ос­но­ва­ния, тогда пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти равна

Объём приз­мы равен про­из­ве­де­нию вы­со­ты на пло­щадь ос­но­ва­ния, в нашем слу­чае

Ответ:

Ре­ше­ние. Осе­вое се­че­ние усе­чен­но­го ко­ну­са   — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция AA₁B₁B, в ко­то­рой ос­но­ва­ния яв­ля­ют­ся диа­мет­ра­ми ос­но­ва­ний ко­ну­са, Точки O и O₁  — се­ре­ди­ны ос­но­ва­ний AB и A₁B₁ со­от­вет­ствен­но.

По­сколь­ку пло­щадь верх­не­го ос­но­ва­ния ко­ну­са в 4 раз мень­ше пло­ща­ди ниж­не­го, имеем:

Таким об­ра­зом, объем ко­ну­са равен

Ответ:

Ре­ше­ние. Осе­вое се­че­ние усе­чен­но­го ко­ну­са   — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция AA₁B₁B, в ко­то­рой ос­но­ва­ния яв­ля­ют­ся диа­мет­ра­ми ос­но­ва­ний ко­ну­са, Точки O и O₁  — се­ре­ди­ны ос­но­ва­ний AB и A₁B₁ со­от­вет­ствен­но.

По­сколь­ку пло­щадь верх­не­го ос­но­ва­ния ко­ну­са в 9 раз мень­ше пло­ща­ди ниж­не­го, имеем:

Таким об­ра­зом, объем ко­ну­са равен

Ответ: 36π.

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

В па­рал­ле­ло­грам­ме ABCD про­ве­дем вы­со­ту CK. Най­дем BK:

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: 15.

За­ме­ча­ние.

Можно за­ме­тить, что тре­уголь­ник HCB  — рав­но­сто­рон­ний, по­сколь­ку и Тогда

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 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:

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. Так как бо­ко­вые грани пи­ра­ми­ды рав­но­на­кло­не­ны к ос­но­ва­нию, точка H, яв­ля­ю­ща­я­ся ос­но­ва­ни­ем вы­со­ты пи­ра­ми­ды, яв­ля­ет­ся и цен­тром впи­сан­ной окруж­но­сти, то есть цен­тром пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей ромба ABCD.

Про­ведём HK пер­пен­ди­ку­ляр­но к DC, тогда PK пер­пен­ди­ку­ляр­но к CD. Зна­чит, угол PKH яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла между гра­нью PCD и ос­но­ва­ни­ем пи­ра­ми­ды, тогда

Рас­смот­рим ромб ABCD. Так как AC  =  16, BD  =  12, то:

По свой­ству ромба угол AHD равен 90°, а AH  =  8, HD  =  6, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра AD  =  10. По фор­му­ле

то есть

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке HPK от­ре­зок и то есть

Пусть PH  =  4x, PK  =  5x, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

зна­чит, Имеем:

Так как бо­ко­вые грани пи­ра­ми­ды  — рав­но­ве­ли­кие тре­уголь­ни­ки, то

Ответ: 160.

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: 49.

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. В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке ABC про­ве­дем вы­со­ту CM, ко­то­рая так же яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой и ме­ди­а­ной. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах по­лу­ча­ем, что C₁M пер­пен­ди­ку­ляр­но AB, тогда C₁M = 11 см.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник MBC: по усло­вию. Тре­уголь­ник MBC  — рав­но­бед­рен­ный пря­мо­уголь­ный, зна­чит, ка­те­ты равны:

Тогда см.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка MCC₁, зная, что см, MC₁  =  11 см, най­дем CC₁:

Най­дем пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти приз­мы, зная, что :

Ответ:

Ре­ше­ние. Вы­со­та ос­но­ва­ния сов­па­да­ет с цен­тром окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг ос­но­ва­ния, так как бо­ко­вые ребра рав­но­на­кло­не­ны к ос­но­ва­нию. Тра­пе­ция ABCD яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ной, так как толь­ко во­круг рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции можно опи­сать окруж­ность, зна­чит, AB  =  CD. От­ре­зок AD яв­ля­ет­ся цен­тром окруж­но­сти, по­сколь­ку угол ABD  — пря­мой. Точка O  — центр окруж­но­сти, тогда SO  — вы­со­та пи­ра­ми­ды, ко­то­рая лежит на се­ре­ди­не AD.

В рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции ABCD опу­стим вы­со­ту BF, тогда

Пло­щадь тра­пе­ции ABCD равна

Таким об­ра­зом, зна­че­ние равно

Ответ: 160.

Ре­ше­ние. Вы­со­та ос­но­ва­ния сов­па­да­ет с цен­тром окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг ос­но­ва­ния, так как бо­ко­вые ребра рав­но­на­кло­не­ны к ос­но­ва­нию. Тра­пе­ция ABCD яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ной, так как толь­ко во­круг рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции можно опи­сать окруж­ность, зна­чит, AB  =  CD. От­ре­зок AD яв­ля­ет­ся цен­тром окруж­но­сти, по­сколь­ку угол ABD  — пря­мой. Точка O  — центр окруж­но­сти, тогда SO  — вы­со­та пи­ра­ми­ды, ко­то­рая лежит на се­ре­ди­не AD.

В рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции ABCD опу­стим вы­со­ту BF, тогда

Пло­щадь тра­пе­ции ABCD равна

Таким об­ра­зом, зна­че­ние равно

Ответ: 20.

Ре­ше­ние. Пло­щадь ос­но­ва­ния ко­ну­са пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти По усло­вию:

Тогда Зная, что по­лу­ча­ем:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма ко­ну­са:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди шара:

Из усло­вия сле­ду­ет, что тогда:

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.

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

Вы­чис­лим объем ко­ну­са, ис­поль­зуя все име­ю­щи­е­ся дан­ные:

Ответ: 4π.

Ре­ше­ние. По­сколь­ку про­ек­ция MA на плос­кость ABCD  — пря­мая AB, ко­то­рая пер­пен­ди­ку­ляр­на AD, зна­чит, по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мая MA пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой AD. Сле­до­ва­тель­но, угол BAM  — это ли­ней­ный дву­гран­но­го угла между гра­нью AMD и ос­но­ва­ни­ем, ко­то­рый равен 30°. Ана­ло­гич­но пря­мая MC пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BC и угол MCB равен 45°.

Тре­уголь­ник CBM  — пря­мо­уголь­ный рав­но­бед­рен­ный, зна­чит, Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка MBA вы­ра­зим AB:

Таким об­ра­зом, объем пи­ра­ми­ды равен

Ответ:

Ре­ше­ние. По­сколь­ку про­ек­ция MA на плос­кость ABCD  — пря­мая AB, ко­то­рая пер­пен­ди­ку­ляр­на AD, зна­чит, по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мая MA пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой AD. Сле­до­ва­тель­но, угол BAM  — это ли­ней­ный дву­гран­но­го угла между гра­нью AMD и ос­но­ва­ни­ем, ко­то­рый равен 30°. Ана­ло­гич­но пря­мая MC пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BC и угол MCB равен 60°.

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка MBA вы­ра­зим MB:

Таким об­ра­зом, объем пи­ра­ми­ды равен

Ответ:

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