Плос­кость пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ния ци­лин­дра по па­рал­лель­ным хор­дам AD и BC. Про­ве­дем O₁M и KO, пер­пен­ди­ку­ляр­ные AD и BC со­от­вет­ствен­но, тогда AM  =  MD  =  3, BK  =  KC  =  4.

Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков O₁MD и BOK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра O₁M = 4, KO = 3. Точка P  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мой KM с OO₁. Тре­уголь­ник POK по­до­бен тре­уголь­ни­ку PMO₁, тогда

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка POK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Из по­до­бия по­лу­ча­ем, что

Тогда

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди по­верх­но­сти

Ответ:

При­мем длину ребра куба за Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков PKM и PAC сле­ду­ет, что

Ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды  — квад­рат, от­ку­да ана­ло­гич­но Из усло­вия сле­до­ва­тель­но, Под­ста­вим дан­ные в от­но­ше­ния, по­лу­чен­ные из по­до­бия, и най­дем a:

Ответ:

При­мем длину ребра куба за Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков PKM и PAC сле­ду­ет, что

Ответ:

Удоб­но будет счи­тать тре­уголь­ник ABD ос­но­ва­ни­ем пи­ра­ми­ды, тогда от­ре­зок AC будет яв­лять­ся её вы­со­той. Тогда объем пи­ра­ми­ды V равен: Так как тре­уголь­ни­ки ABC и A₁B₁C₁ по­доб­ны, при­чем ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен то Тогда объем ма­лень­кой пи­ра­ми­ды V₁ равен: Тогда объём остав­шей­ся части равен:

Ответ:

Удоб­но будет счи­тать тре­уголь­ник ABD ос­но­ва­ни­ем пи­ра­ми­ды, тогда от­ре­зок AC будет яв­лять­ся её вы­со­той. Тогда объем пи­ра­ми­ды V равен: Так как тре­уголь­ни­ки ABC и A₁B₁C₁ по­доб­ны, при­чем ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен то Тогда объем ма­лень­кой пи­ра­ми­ды V₁ равен: Тогда объём остав­шей­ся части равен:

Ответ:

Про­ведём вы­со­ты FN и LM пи­ра­мид FABC и В тре­уголь­ни­ках FAN и LAM угол   — общий, а углы и   — пря­мые, зна­чит, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны по двум углам, от­ку­да:

За­ме­тим, что:

Так как BK  — ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка ABC, то Тогда:

Най­дем от­но­ше­ние объёмов:

Ответ: 7:1.

Про­ведём вы­со­ты FN и LM пи­ра­мид FABC и В тре­уголь­ни­ках FBN и LBM угол   — общий, а углы и   — пря­мые, зна­чит, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны по двум углам, от­ку­да:

За­ме­тим, что:

Так как AH  — ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка ABC, то Тогда:

Най­дем от­но­ше­ние объёмов:

Ответ: 3:2.

Про­ве­дем осе­вое се­че­ние ко­ну­са, по­лу­чим тре­уголь­ник ABS и впи­сан­ное в него диа­го­наль­ное се­че­ние куба  — пря­мо­уголь­ник KK₁M₁M. По усло­вию AB = BS, тогда тре­уголь­ник ABS рав­но­сто­рон­ний. Пусть OB = r, тогда BS = l = 2r. Зная, что пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са равна 72 най­дем r:

Тогда AB = SB = 12. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра SO = 6 Пусть MM₁ = x, тогда MK = x. Имеем:

Тре­уголь­ник SO₁K₁ по­до­бен тре­уголь­ни­ку SOB по двум углам, тогда:

Ответ:

Про­ве­дем осе­вое се­че­ние ко­ну­са, по­лу­чим тре­уголь­ник ABS и впи­сан­ное в него диа­го­наль­ное се­че­ние куба  — пря­мо­уголь­ник KK₁M₁M. По усло­вию AS = BS и угол SBO равен 60°, то тре­уголь­ник ABS рав­но­сто­рон­ний. Пусть OB = r, тогда BS = l = 2r. Зная, что пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти ко­ну­са равна най­дем r:

Тогда AB = SB = 8. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра SO = 4 Пусть MM₁ = x, тогда MK = x. Имеем:

Тре­уголь­ник SO₁K₁ по­до­бен тре­уголь­ни­ку SOB по двум углам, тогда:

Ответ:

В тре­уголь­ник TPM впи­сан квад­рат Пусть его сто­ро­на равна

Тогда имеем

и Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки PTM и PNF. В них   — общий, а как со­от­вет­ствен­ные углы при па­рал­лель­ных пря­мых NF и TM (PT  — се­ку­щая). Тогда эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны до двум углам, сле­до­ва­тель­но:

Най­дем объём ци­лин­дра:

Ответ:

В тре­уголь­ник TPM впи­сан квад­рат Пусть его сто­ро­на равна

Тогда имеем

и Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки PTM и PNF. В них   — общий, а как со­от­вет­ствен­ные углы при па­рал­лель­ных пря­мых NF и TM (PT  — се­ку­щая). Тогда эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны до двум углам, сле­до­ва­тель­но:

Най­дем объём ци­лин­дра:

Ответ:

Все грани этой пи­ра­ми­ды яв­ля­ют­ся рав­ны­ми тре­уголь­ни­ка­ми. У пра­виль­ной пи­ра­ми­ды центр опи­сан­ной сферы лежит на вы­со­те H = DO₁, где O₁  — центр ос­но­ва­ния. Тогда как ра­ди­ус опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка ABC окруж­но­сти. Имеем:

От­ре­зок KO  — се­ре­дин­ный пер­пен­ди­ку­ляр к от­рез­ку AD в плос­ко­сти DAM. Тогда DO = AO = R  — ра­ди­ус опи­сан­ной сферы. Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков OKD и AO₁D имеем: От­ку­да ис­ко­мый ра­ди­ус

Ответ:

Все грани этой пи­ра­ми­ды яв­ля­ют­ся рав­ны­ми тре­уголь­ни­ка­ми. У пра­виль­ной пи­ра­ми­ды центр опи­сан­ной сферы лежит на вы­со­те H = DO₁, где O₁  — центр ос­но­ва­ния. Тогда как ра­ди­ус впи­сан­ной в ос­но­ва­ние окруж­но­сти. Тогда как ра­ди­ус опи­сан­ной около ос­но­ва­ния окруж­но­сти. Имеем:

Сфера ка­са­ет­ся бо­ко­вой грани пра­виль­ной пи­ра­ми­ды в точке K, ле­жа­щей на апо­фе­ме, тогда OO₁ = OK = r. Апо­фе­ма

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков OKD и AO₁D имеем:

Ответ:

Пусть A₁  — се­ре­ди­на ребра ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды SABC, точка O  — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, ко­то­рый делит от­ре­зок AA₁ в от­но­ше­нии 2 : 1, счи­тая от A. Пусть далее T  — центр сферы, H  — ос­но­ва­ние пер­пен­ди­ку­ля­ра, опу­щен­но­го из T на SA₁. Тогда, по­сколь­ку AA₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на BC и SO пер­пен­ди­ку­ляр­на BC, то и вся плос­кость SAA₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на BC, а TH в ней лежит, TH пер­пен­ди­ку­ляр­на BC. Сле­до­ва­тель­но, TH пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти SBC и также яв­ля­ет­ся ра­ди­у­сом сферы.

Пусть ра­ди­ус сферы равен r, тогда Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки STH и SA₁O имеют общий ост­рый угол и по­то­му по­доб­ны, от­ку­да

тогда

С дру­гой сто­ро­ны, AA₁  — вы­со­та ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, то есть пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка со сто­ро­ной по­это­му равна Зна­чит, то есть и

Ответ:

Пусть A₁  — се­ре­ди­на ребра ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды SABC, точка O  — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, ко­то­рый делит от­ре­зок AA₁ в от­но­ше­нии 2 : 1 счи­тая от A. Пусть далее T  — центр сферы, H  — ос­но­ва­ние пер­пен­ди­ку­ля­ра, опу­щен­но­го из T на SA₁. Тогда, по­сколь­ку AA1 пер­пен­ди­ку­ляр­на BC и SO пер­пен­ди­ку­ляр­на BC, то и вся плос­кость SAA₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на BC, а TH в ней лежит, TH пер­пен­ди­ку­ляр­на BC. Сле­до­ва­тель­но, TH пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти SBC и также яв­ля­ет­ся ра­ди­у­сом сферы.

Пусть ра­ди­ус сферы равен r, тогда Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки STH и SA₁O имеют общий ост­рый угол и по­то­му по­доб­ны, от­ку­да

Зна­чит, пло­щадь сферы равна

Ответ:

Пусть M и N  — се­ре­ди­ны ребер BC и AD ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды SABCD со­от­вет­ствен­но, точка O - центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, ко­то­рый делит от­ре­зок MN по­по­лам. Пусть далее T  — центр сферы, H  — ос­но­ва­ние пер­пен­ди­ку­ля­ра, опу­щен­но­го из T на SM. Тогда, по­сколь­ку MN пер­пен­ди­ку­ляр­на BC и SO пер­пен­ди­ку­ляр­на BC, то и вся плос­кость SMN пер­пен­ди­ку­ляр­на BC, а TH в ней лежит, TH пер­пен­ди­ку­ляр­на BC. Сле­до­ва­тель­но, TH пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти SBC и также яв­ля­ет­ся ра­ди­у­сом сферы.

Пусть ра­ди­ус сферы равен r, тогда Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки STH и SMO имеют общий ост­рый угол и по­то­му по­доб­ны, от­ку­да

Зна­чит, то есть и пло­щадь ее

Ответ:

Пусть M и N  — се­ре­ди­ны ребер BC и AD ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды SABCD со­от­вет­ствен­но, рас­смот­рим се­че­ние пи­ра­ми­ды плос­ко­стью SMN. В этом се­че­нии по­лу­чит­ся тре­уголь­ник SMN, ко­то­рый будет рав­но­сто­рон­ним, так как SM  — апо­фе­ма грани, а MN пер­пен­ди­ку­ляр­на BC, от­ку­да по­сколь­ку это и есть угол при ребре ос­но­ва­ния, а се­че­ни­ем сферы ста­нет впи­сан­ная в этот тре­уголь­ник окруж­ность того же ра­ди­у­са, что и сфера.

Ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка это треть его вы­со­ты, от­ку­да Зна­чит, пло­щадь ее равна

Ответ:

Пусть K и M  — се­ре­ди­ны ребер A₁C₁ и AB со­от­вет­ствен­но. Тогда EK и FM  — сред­ние линии ос­но­ва­ний приз­мы, по­это­му они па­рал­лель­ны пря­мым C₁B₁ и CB, а зна­чит, и друг другу. По­это­му точки F, K, E, M лежат в одной плос­ко­сти. Далее, от­рез­ки A₁K и AF равны и па­рал­лель­ны, по­это­му AA₁KF  — па­рал­ле­ло­грамм и от­ре­зок FK па­рал­ле­лен ребру AA₁. Тогда:

по­сколь­ку пер­пен­ди­ку­ляр из точки A к пря­мой FM будет ле­жать в плос­ко­сти ос­но­ва­ния и, сле­до­ва­тель­но, будет пер­пен­ди­ку­ля­рен к пря­мой FK.

Тре­уголь­ни­ки AFM и ACB по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том 2, по­это­му:

Ответ: 3.

Обо­зна­чим центр впи­сан­но­го шара за O, ос­но­ва­ние вы­со­ты пи­ра­ми­ды за H, се­ре­ди­ну ребра BC за M и точку пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти OBC с реб­ром AS за Q. Тогда:

если опу­стить пер­пен­ди­ку­ля­ры AA₁ и SS₁ на плос­кость BCQ, то пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки AA₁Q и SS₁Q будут по­доб­ны по остро­му углу Оста­лось найти это от­но­ше­ние.

Пусть сто­ро­на ос­но­ва­ния тогда бо­ко­вое ребро Далее,

а точка H делит от­ре­зок AM в от­но­ше­нии по­это­му Кроме того,

За­ме­тим, что точка O лежит на бис­сек­три­се угла HMT, по­сколь­ку она рав­но­уда­ле­на от его сто­рон: впи­сан­ная сфера ка­са­ет­ся апо­фе­мы SM и плос­ко­сти ос­но­ва­ния в точке H, по­это­му

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка ASH и пря­мой QOM. По­лу­чим:

Зна­чит, ис­ко­мое от­но­ше­ние боль­шей части к мень­шей равно 4.

Ответ: 4.

Обо­зна­чим центр впи­сан­но­го шара за O, ос­но­ва­ние вы­со­ты пи­ра­ми­ды за H, се­ре­ди­ну ребра BC за M и точку пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти OBC с реб­ром AS за Q. Тогда

если опу­стить пер­пен­ди­ку­ля­ры AA₁ и SS₁ на плос­кость BCQ, то пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки AA₁Q и SS₁Q будут по­доб­ны по остро­му углу

Оста­лось найти это от­но­ше­ние. Пусть сто­ро­на ос­но­ва­ния тогда бо­ко­вое ребро Далее,

а точка H делит от­ре­зок AM в от­но­ше­нии по­это­му Кроме того,

За­ме­тим, что точка O лежит на бис­сек­три­се угла HMT, по­сколь­ку она рав­но­уда­ле­на от его сто­рон: впи­сан­ная сфера ка­са­ет­ся апо­фе­мы SM и плос­ко­сти ос­но­ва­ния в точке H, по­это­му

При­ме­ним те­перь тео­ре­му Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка ASH и пря­мой QOM. По­лу­чим:

Зна­чит, ис­ко­мое от­но­ше­ние мень­шей части к боль­шей равно

Ответ: