Ре­ше­ние. Пусть дан­ные за­да­чи изоб­ра­же­ны на ри­сун­ке (см. рис): AP, BP и CP  — бо­ко­вые рёбра, углы между ними пря­мые.

До­стро­им тре­уголь­ную пи­ра­ми­ду PABC до па­рал­ле­ле­пи­пе­да. Ра­ди­ус сферы, опи­сан­ный около дан­ной пи­ра­ми­ды и па­рал­ле­ле­пи­пе­да равен по­ло­ви­не диа­го­на­ли d этого па­рал­ле­ле­пи­пе­да. Найдём эту диа­го­наль:

Зна­чит, ра­ди­ус R опи­сан­ной окруж­но­сти равен 2. Найдём объём V шара:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пя­ти­уголь­ник AKMHP  — ис­ко­мое се­че­ние, при­чем Так как диа­го­наль куба равна то его сто­ро­на равна 2. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра от­ре­зок а от­рез­ки KM и HP равны Ана­ло­гич­но от­рез­ки AK и AP равны тогда пе­ри­метр се­че­ния равен:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть ис­ход­ная пи­ра­ми­да изоб­ра­же­на на ри­сун­ке (см. рис) таким об­ра­зом, что ADC  — ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке ADC ги­по­те­ну­за AC равна

Центр O₁ опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ADC яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной его ги­по­те­ну­зы, он рав­но­удалён от точек A, D и C. Центр O опи­сан­ной во­круг пи­ра­ми­ды сферы также рав­но­удалён от этих точек и от точки B, по­это­му лежит на пря­мой, пер­пен­ди­ку­ляр­ной AC. По­сколь­ку центр O рав­но­удалён от точек B и D, он лежит на MO  — вы­со­те к сто­ро­не BD тре­уголь­ни­ка DBO. Зна­чит, ра­ди­ус опи­сан­ной сферы равен от­рез­ку DO. Так как MOO₁D  — пря­мо­уголь­ник (углы MDO и MDO₁), то:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке DOO₁:

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ве­дем плос­кость через ось ко­ну­са и боль­шую диа­го­наль ос­но­ва­ния ше­сти­уголь­ной приз­мы. По­лу­ча­ем рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник ABC и впи­сан­ный в него пря­мо­уголь­ник NN₁M₁M, ко­то­рый яв­ля­ет­ся диа­го­на­лью се­че­ния ше­сти­уголь­ной приз­мы. За­ме­тим, что OC = R (ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са).

Пусть ребро приз­мы равно a, тогда по­лу­ча­ем, что ON = a, MN = M₁N₁ = BN₁ = 2a. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка CNN₁, где по­лу­ча­ем, что:

От­сю­да Об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са равна:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди пол­ной по­верх­но­сти ко­ну­са:

Зная, что пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти приз­мы равна 6a^2, най­дем пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти приз­мы:

Тогда ис­ко­мое от­но­ше­ние:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са равен тогда и так как ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды  — впи­сан­ный в окруж­ность квад­рат. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

За­ме­тим, что то есть, грани пи­ра­ми­ды  — пра­виль­ные тре­уголь­ни­ки. Пусть точка M  — се­ре­ди­на ребра PD, от­ку­да и равен углу между бо­ко­вы­ми гра­ня­ми пи­ра­ми­ды. По тео­ре­ме ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке AMC:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть a  — ребро куба. Вы­ра­зим ребро через пло­щадь куба и най­дем объем:

Пусть b  — об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са, тогда ра­ди­у­са ос­но­ва­ния и вы­со­та ко­ну­са равны со­от­вет­ствен­но и Вы­ра­зим об­ра­зу­ю­щую через пло­щадь и най­дем объем:

Пусть R  — ра­ди­ус шара. Вы­ра­зим ра­ди­ус через пло­щадь и най­дем объем:

Чис­ли­те­ли объ­е­мов каж­дой фи­гу­ры равны, срав­ним зна­ме­на­те­ли:

Ответ: конус.

Ре­ше­ние. Шар с цен­тром в точке O впи­сан в пи­ра­ми­ду PABC. PM  — апо­фе­ма пи­ра­ми­ды, AM  — вы­со­та пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка ABC. Тогда MO  — бис­сек­три­са угла PMH.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник PHM. см и PO = 2HO.

По тео­ре­ме о бис­сек­три­се тре­уголь­ни­ка от­сю­да см.

Точка H  — центр пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка ABC, тогда см и см.

Найдём пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти:

Ответ: см².

Ре­ше­ние. Пя­ти­уголь­ник DHKMPC  — ис­ко­мое се­че­ние, при­чем Так как диа­го­наль куба равна то его сто­ро­на равна 3. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра от­ре­зок а от­рез­ки KH и MP равны Ана­ло­гич­но от­рез­ки HD и PD равны тогда пе­ри­метр се­че­ния равен:

Ответ:

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

Ответ:

Ре­ше­ние. Най­дем ра­ди­ус ос­но­ва­ния впи­сан­но­го ко­ну­са, зная длину этой окруж­но­сти

Так как дан­ная пи­ра­ми­да пра­виль­ная по усло­вию, то в ее ос­но­ва­нии лежит квад­рат. Тогда, зная, что ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти в ко­рень из двух раз боль­ше ра­ди­у­са впи­сан­ной окруж­но­сти, по­лу­чим

Най­дем объ­е­мы обоих впи­сан­ных ко­ну­сов и вы­чис­лим их раз­ность:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть дан­ные за­да­чи изоб­ра­же­ны на ри­сун­ке (см. рис): AP, BP и CP  — бо­ко­вые рёбра, углы между ними пря­мые.

До­стро­им тре­уголь­ную пи­ра­ми­ду PABC до па­рал­ле­ле­пи­пе­да. Ра­ди­ус сферы, опи­сан­ный около дан­ной пи­ра­ми­ды и па­рал­ле­ле­пи­пе­да равен по­ло­ви­не диа­го­на­ли d этого па­рал­ле­ле­пи­пе­да. Найдём эту диа­го­наль:

Зна­чит, ра­ди­ус R опи­сан­ной окруж­но­сти равен Найдём пло­щадь S по­верх­но­сти сферы:

Ответ:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. Про­ве­дем осе­вое се­че­ние ко­ну­са, по­лу­чим рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник SAB и опи­сан­ную во­круг него окруж­ность (боль­шая окруж­ность дан­ной сферы). Пусть об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са L  =  PB. Тогда ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са По фор­му­ле пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти

По усло­вию зна­чит, AB  =  2OB  =  2 см.

Най­дем ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти:

По фор­му­ле пло­ща­ди впи­сан­ной сферы по­лу­чим:

Ответ:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние.

Рас­смот­рим тра­пе­цию ABCD, впи­сан­ную в ос­но­ва­ние ко­ну­са. Так как AB = BC, то по свой­ству рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка угол BAC равен углу BCA. По­сколь­ку BC || AD, то угол DAC равен углу BCA, то есть угол BAC равен углу CAD, а угол BAD равен 60°, тогда угол CAD = 60° : 2 = 30°.

В тре­уголь­ни­ке CAD угол ACD = 180° − (60° + 30°) = 90°, то есть тре­уголь­ник CAD пря­мо­уголь­ный, его ги­по­те­ну­за AD яв­ля­ет­ся диа­мет­ром окруж­но­сти ос­но­ва­ния ко­ну­са.

Так как угол CAD = 30° и CD = 3 см, то AD = 2 · CD = 6 см, то есть ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са равен 3 см.

По фор­му­ле объёма ко­ну­са найдём вы­со­ту:

Тре­уголь­ник POA пря­мо­уголь­ный, тогда

Так как все бо­ко­вые рёбра пи­ра­ми­ды рав­но­на­кло­не­ны к её ос­но­ва­нию, то угол на­кло­на бо­ко­вых рёбер пи­ра­ми­ды к плос­ко­сти ос­но­ва­ния равен 45°.

Ответ: 45°.

Ре­ше­ние. Про­ве­дем KO и MO₁ со­от­вет­ствен­но пер­пен­ди­ку­ляр­ные пря­мым BC и AD. Тогда:

Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков KOB и MDO₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра KO = MO₁ = Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка POK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Тогда OO₁ = 2PO = 2. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди по­верх­но­сти

Ответ:

Ре­ше­ние. В ос­но­ва­нии пра­виль­ной че­ты­рех­уголь­ной пи­ра­ми­ды лежит квад­рат, при­мем его сто­ро­ну за a. По усло­вию дву­гран­ный угол при бо­ко­вом ребре пра­виль­ной че­ты­рех­уголь­ной пи­ра­ми­ды равен 120°, зна­чит, Тре­уголь­ник DKB  — рав­но­бед­рен­ный, DK  =  BK, тогда Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой си­ну­сов:

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник DKC. Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой си­ну­сов:

Тогда

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник PMC, в ко­то­ром и тогда Так как ABC квад­рат, то H  — центр квад­ра­та, от­ку­да

Из тре­уголь­ни­ка MHP по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра По усло­вию вы­со­та пи­ра­ми­ды равна 5, тогда:

Вы­со­та ко­ну­са, впи­сан­но­го в пи­ра­ми­ду, равна вы­со­те, а ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са равен ра­ди­у­су впи­сан­ной в квад­рат ABCD окруж­но­сти. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма ко­ну­са, где r  =  5, h  =  5:

Ответ:

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Так как пи­ра­ми­да пра­виль­ная, про­дол­же­ние вы­со­ты PH про­хо­дит через центр опи­сан­ной сферы. За­ме­тим, что OC и PO  — ра­ди­у­сы, а PC  — бо­ко­вое ребро пи­ра­ми­ды, тогда тре­уголь­ник OPC рав­но­сто­рон­ний, тогда его вы­со­та CH равна Ис­поль­зуя тео­ре­му Пи­фа­го­ра, найдём вы­со­ту пи­ра­ми­ды из тре­уголь­ни­ка PHC:

Вы­со­та пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка ABC, яв­ля­ю­ща­я­ся также ме­ди­а­ной, в пол­то­ра раза боль­ше CH, так как H  — точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан, то есть, CH₂ равна Сто­ро­ну ос­но­ва­ния можно найти, ис­поль­зуя фор­му­лу вы­со­ты пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка:

Тогда пло­щадь ос­но­ва­ния равна а объём пи­ра­ми­ды

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть шар с цен­тром в точке О впи­сан в тре­уголь­ную пи­ра­ми­ду. Тогда от­ре­зок МО  — бис­сек­три­са тре­уголь­ни­ка PMH. Точка H  — центр тре­уголь­ни­ка ABC, тогда где a  — ребро пи­ра­ми­ды. Апо­фе­ма PM  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка PBC, зна­чит, По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке PMH:

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой о бис­сек­три­се угла в тре­уголь­ни­ке PHM:

Так как

Най­дем объем пи­ра­ми­ды:

Ответ:

Ре­ше­ние. Изоб­ра­зим плос­кост­ное се­че­ние двух ко­ну­сов и впи­сан­но­го шара. На ри­сун­ке BH  =  HD  =  2 см  — ра­ди­у­сы ос­но­ва­ния ко­ну­сов. Тогда об­ра­зу­ю­щие ко­ну­сов CB и AB со­от­вет­ствен­но равны и  см.

Най­дем пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка ABCD, опи­сан­но­го во­круг окруж­но­сти, се­че­ния впи­сан­но­го шара:

При­ме­ним для пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков BHC и BHA тео­ре­мы Пи­фа­го­ра и по­лу­чим и

Зная пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка, най­дем ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти: от­ку­да

Най­дем пло­щадь по­верх­но­сти впи­сан­ной сферы, зная ее ра­ди­ус:

Ответ:

Ре­ше­ние. Рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник APC − осе­вое се­че­ние ко­ну­са

(). Най­дем по­ло­щадь тре­уголь­ни­ка APK:

Тогда:

От­сю­да По тео­ре­ме си­ну­сов из тре­уголь­ни­ка APK:

Най­дем те­перь пло­щадь сферы по фор­му­ле :

Ответ:

Ре­ше­ние.

Тогда по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Най­дем ра­ди­ус ос­но­ва­ния опи­сан­но­го ко­ну­са, зная длину этой окруж­но­сти по­лу­чим

Так как дан­ная пи­ра­ми­да пра­виль­ная по усло­вию, то в ее ос­но­ва­нии лежит пра­виль­ный тре­уголь­ник. Тогда, зная, что ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти в два раза боль­ше ра­ди­у­са впи­сан­ной окруж­но­сти, по­лу­чим

Най­дем объ­е­мы обоих впи­сан­ных ко­ну­сов и вы­чис­лим их раз­ность:

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как сфера опи­са­на во­круг пра­виль­ной пи­ра­ми­ды, то PO  — ра­ди­ус сферы, тогда а зна­чит,

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AOH имеем OA  =  R и По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке APH по­лу­ча­ем:

Тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са равна пло­щадь окруж­но­сти равна а пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти усечённого ко­ну­са равна Пусть от­но­ше­ние мень­ше­го из от­рез­ков вы­со­ты ко всей вы­со­те равно k, тогда ра­вен­ство пло­ща­дей можно пред­ста­вить как

Под­ста­вим зна­че­ния, а затем вы­чис­лим ко­эф­фи­ци­ент:

Те­перь, ис­поль­зуя най­ден­ный ко­эф­фи­ци­ент, найдём от­но­ше­ние от­рез­ков высот:

Ответ:

Ре­ше­ние. На при­ве­ден­ном изоб­ра­же­нии видно, что и Также про­ве­де­ны вы­со­ты PF и PM к сто­ро­нам ос­но­ва­ния и вы­со­та пи­ра­ми­ды В тре­уголь­ни­ках PFB и PMB ги­по­те­ну­за общая, а углы, при­ле­жа­щие к ней, равны по усло­вию, тогда эти тре­уголь­ни­ки равны по ги­по­те­ну­зе и остро­му углу, от­ку­да, как со­от­вет­ству­ю­щие эле­мен­ты, Так как HB  — общая сто­ро­на, то тре­уголь­ни­ки BHF и BHM равны по ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе. Тогда и BH  — бис­сек­три­са сле­до­ва­тель­но,

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке PFB из­вест­но, что:

Тогда

В тре­уголь­ни­ке FBH имеем:

Из тре­уголь­ни­ка PHF по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Рас­счи­та­ем объём пи­ра­ми­ды:

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как приз­ма опи­са­на во­круг ци­лин­дра, то она яв­ля­ет­ся пря­мой. По­сколь­ку осе­вым се­че­ни­ем этого ци­лин­дра яв­ля­ет­ся квад­рат, то его вы­со­та равна диа­мет­ру, то есть h  =  2r. Так как ос­но­ва­ния приз­мы равна про­из­ве­де­нию по­лу­пе­ри­мет­ра этого тре­уголь­ни­ка на ра­ди­ус впи­сан­но­го круга, то где P  — пе­ри­метр ос­но­ва­ния приз­мы. Тогда вы­со­та приз­мы равна Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти приз­мы равна:

Так как объем приз­мы равен про­из­ве­де­нию пе­ри­мет­ра ос­но­ва­ния приз­мы на вы­со­ту, то пе­ри­метр равен 42.Тогда ра­ди­ус ос­но­ва­ния ци­лин­дра равен 4, а её вы­со­та  — 8. Най­дем пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти ци­лин­дра:

Ответ:

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Пусть AB  =  x, тогда по тео­ре­ме ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке ABC имеем

Ис­поль­зуя фор­му­лы пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка и по­лу­ча­ем

Далее найдём вы­со­ту приз­мы, ко­то­рая также яв­ля­ет­ся вы­со­той ци­лин­дра. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке CAA₁ то есть Ис­поль­зуя фор­му­лу пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра имеем

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть дан­ные за­да­чи изоб­ра­же­ны на ри­сун­ке (см. рис).

Вы­со­та ко­ну­са од­но­вре­мен­но яв­ля­ет­ся вы­со­той приз­мы. Ра­ди­ус R окруж­но­сти ос­но­ва­ния ко­ну­са равен ра­ди­у­су окруж­но­сти, опи­сан­ной около ос­но­ва­ния приз­мы (рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка). Вы­ра­зим сто­ро­ну AB ос­но­ва­ния приз­мы:

Те­перь вы­ра­зим объёмы ко­ну­са и приз­мы:

Таким об­ра­зом, объём приз­мы боль­ше объёма ко­ну­са в раз. Имеем:

Ответ: 27 см³.

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. В ос­но­ва­нии пра­виль­ной тре­уголь­ной пи­ра­ми­ды лежит пра­виль­ный тре­уголь­ник, при­мем его сто­ро­ну за a. По усло­вию дву­гран­ный угол при бо­ко­вом ребре пра­виль­ной тре­уголь­ной пи­ра­ми­ды равен 120°, зна­чит, Тре­уголь­ник AKB  — рав­но­бед­рен­ный (AK  =  BK), тогда Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой си­ну­сов:

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник BKC. Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой си­ну­сов:

Тогда:

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник PMC, в ко­то­ром и тогда Так как тре­уголь­ник ABC рав­но­сто­рон­ний, то H  — центр тре­уголь­ни­ка, от­ку­да

Из тре­уголь­ни­ка MHP по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра По усло­вию вы­со­та пи­ра­ми­ды равна 3, тогда:

Вы­со­та ко­ну­са, опи­сан­но­го около пи­ра­ми­ды, равна вы­со­те, а ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са равен ра­ди­у­су опи­сан­но­го около тре­уголь­ни­ка ABC окруж­но­сти. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма ко­ну­са, где и h  =  3:

Ответ: 72π.

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. Пусть ис­ход­ная пи­ра­ми­да изоб­ра­же­на на ри­сун­ке (см. рис) таким об­ра­зом, что ADC  — ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке ADC ги­по­те­ну­за AC равна

Центр O₁ опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ADC яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной его ги­по­те­ну­зы, он рав­но­удалён от точек A, D и C. Центр O опи­сан­ной во­круг пи­ра­ми­ды сферы также рав­но­удалён от этих точек и от точки B, по­это­му лежит на пря­мой, пер­пен­ди­ку­ляр­ной AC. По­сколь­ку центр O рав­но­удалён от точек B и D, он лежит на MO  — вы­со­те к сто­ро­не BD тре­уголь­ни­ка DBO. Зна­чит, ра­ди­ус опи­сан­ной сферы равен от­рез­ку DO. Так как MOO₁D  — пря­мо­уголь­ник (углы MDO и MDO₁), то:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке DOO₁:

Ответ:

Ре­ше­ние. Изоб­ра­зим плос­кост­ное се­че­ние двух ко­ну­сов и впи­сан­но­го шара. На ри­сун­ке BH  =  HD  =  1 см  — ра­ди­у­сы ос­но­ва­ния ко­ну­сов. Тогда вы­со­ты ко­ну­сов CH и AH со­от­вет­ствен­но равны 2 и 1 см.

Най­дем пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка ABCD, опи­сан­но­го во­круг окруж­но­сти, се­че­ния впи­сан­но­го шара:

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки BHA и DHA равны по двум ка­те­там. Тогда при­ме­ним для них тео­ре­мы Пи­фа­го­ра и по­лу­чим Ана­ло­гич­но, для тре­уголь­ни­ков BHC и DHC имеем Тогда

Зная пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка, най­дем ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти: от­ку­да

Най­дем пло­щадь по­верх­но­сти впи­сан­ной сферы, зная ее ра­ди­ус:

Ответ:

Ре­ше­ние. Шар с цен­тром в точке O впи­сан в пи­ра­ми­ду PABC. PM  — апо­фе­ма пи­ра­ми­ды, AM  — вы­со­та пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка ABC. Тогда MO  — бис­сек­три­са угла PMH.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник PHM. Пусть HM = a, тогда PM = 2a, так как угол HPM равен 30°. Тогда

По тео­ре­ме о бис­сек­три­се тре­уголь­ни­ка зна­чит, PO = 2 см, тогда PH = 3 см. От­сю­да см, а см.

Точка H  — центр пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка ABC, тогда см и см.

Найдём пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти:

Ответ: см².

Ре­ше­ние. Так как ци­линдр опи­сан во­круг шара, его осе­вым се­че­ни­ем яв­ля­ет­ся квад­рат, то есть диа­метр ос­но­ва­ния ци­лин­дра равен вы­со­те ци­лин­дра (2r = h). Кроме того, ра­ди­ус шара равен ра­ди­у­су ос­но­ва­ния ци­лин­дра (R = r).

Найдём от­но­ше­ние объёмов:

Ответ: 2:3.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. На при­ве­ден­ном изоб­ра­же­нии видно, что и Также про­ве­де­ны вы­со­ты PF и PM к сто­ро­нам ос­но­ва­ния и вы­со­та пи­ра­ми­ды В тре­уголь­ни­ках PFB и PMB ги­по­те­ну­за общая, а углы, при­ле­жа­щие к ней, равны по усло­вию, тогда эти тре­уголь­ни­ки равны по ги­по­те­ну­зе и остро­му углу, от­ку­да, как со­от­вет­ству­ю­щие эле­мен­ты, Так как HB  — общая сто­ро­на, то тре­уголь­ни­ки BHF и BHM равны по ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе. Тогда и BH  — бис­сек­три­са сле­до­ва­тель­но,

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке PFB из­вест­но, что:

Тогда

В тре­уголь­ни­ке FBH имеем:

Из тре­уголь­ни­ка PHF по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Рас­счи­та­ем объём пи­ра­ми­ды:

Ответ:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. Пусть дан­ные за­да­чи изоб­ра­же­ны на ри­сун­ке (см. рис).

Вы­со­та ко­ну­са од­но­вре­мен­но яв­ля­ет­ся вы­со­той приз­мы, в ко­то­рую он впи­сан. Ра­ди­ус r окруж­но­сти ос­но­ва­ния ко­ну­са равен ра­ди­у­су окруж­но­сти, впи­сан­ной в ос­но­ва­ние приз­мы (рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник). Вы­ра­зим сто­ро­ну AB ос­но­ва­ния приз­мы:

Те­перь вы­ра­зим объёмы ко­ну­са и приз­мы:

Таким об­ра­зом, объём приз­мы боль­ше объёма ко­ну­са в раз. Имеем:

Ответ: 54 см³.

Ре­ше­ние. Тра­пе­ция KEMC  — ис­ко­мое се­че­ние. Найдём ги­по­те­ну­зы тре­уголь­ни­ков MBC и KDC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, по­лу­чим, что а От­рез­ки XA и AB равны, так как AK  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка XBC. В тре­уголь­ни­ке XBM от­ре­зок EA вля­ет­ся сред­ней ли­ни­ем, так как XA  =  AB и EA па­рал­лель­но MB. Это зна­чит, что В тре­уголь­ни­ках EAK и XBM по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем, что а тогда Пе­ри­метр се­че­ния равен:

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как сфера опи­са­на во­круг пра­виль­ной пи­ра­ми­ды, то PO  — ра­ди­ус сферы, тогда а зна­чит,

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AOH имеем OA  =  R и По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке APH по­лу­ча­ем:

Тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са равна пло­щадь окруж­но­сти равна Пусть от­но­ше­ние мень­ше­го из от­рез­ков вы­со­ты ко всей вы­со­те равно k, тогда ра­вен­ство пло­ща­дей можно пред­ста­вить как

Под­ста­вим зна­че­ния, а затем вы­чис­лим ко­эф­фи­ци­ент:

Те­перь, ис­поль­зуя най­ден­ный ко­эф­фи­ци­ент, найдём от­но­ше­ние от­рез­ков высот:

Ответ:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. Ис­ко­мый мно­го­гран­ник со­сто­ит из двух рав­ных пи­ра­мид с общим ос­но­ва­ни­ем MKPE. Так как бо­ко­вые грани пра­виль­ной приз­мы по усло­вию рав­ные квад­ра­ты, а пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна 100, то пло­щадь од­но­го та­ко­го квад­ра­та равна 100 : 4  =  25, от­ку­да по­лу­ча­ем, что длина ребра приз­мы равна 5. От­ре­зок так как яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка BAC. Ана­ло­гич­но на­хо­дим Четырёхуголь­ник MKPE  — квад­рат, пло­щадь ко­то­ро­го равна Тогда объём ис­ко­мо­го мно­го­гран­ни­ка равен:

Ответ:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим че­ты­рех­уголь­ник KOMP: Тре­уголь­ник KOP пря­мо­уголь­ный, В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке KHO KO = 1,5, тогда Най­дем объем впи­сан­но­го ко­ну­са:

Ответ:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник ASB  — рав­но­бед­рен­ный, яв­ля­ет­ся осе­вым се­че­ни­ем ко­ну­са, SO  — вы­со­та ко­ну­са, OB  — ра­ди­ус его ос­но­ва­ния. Круг с ра­ди­у­сом R и цен­тром O ка­са­ет­ся бо­ко­вой сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка ASB в точке K. Тогда имеем: и как ра­ди­ус про­ве­ден­ный к ка­са­тель­ной.

Про­ве­дем Катет KM пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OKM равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, зна­чит,

Из тре­уголь­ни­ка SOB по­лу­чим ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са: Так как SB об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са в два раза боль­ше ра­ди­у­са его ос­но­ва­ния OB, то

Най­дем пло­щадь по­верх­но­сти шара, пло­щадь по­верх­но­сти ко­ну­са и их от­но­ше­ние:

Ответ: 1 : 1.

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.), пусть O  — центр шара. Про­дол­же­ние вы­со­ты пра­виль­ной пи­ра­ми­ды про­хо­дит через центр опи­сан­ной сферы. Тре­уголь­ник ABC пра­виль­ный, тогда его вы­со­ту можно найти по фор­му­ле:

Так как H  — центр пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка, от­ре­зок CH в пол­то­ра раза мень­ше вы­со­ты, то есть, равен За­ме­тим, что от­ре­зок CH равен ра­ди­у­су шара, тогда точки H и O сов­па­да­ют, а сле­до­ва­тель­но, вы­со­та пи­ра­ми­ды равна ра­ди­у­су, то есть, Пло­щадь тре­уголь­ни­ка, ле­жа­ще­го в ос­но­ва­нии, равна Найдём объём пи­ра­ми­ды

Ответ:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. Пусть ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са равен a см, тогда и так как ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды  — впи­сан­ный в окруж­ность пра­виль­ный тре­уголь­ник. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

За­ме­тим, что

то есть, грани пи­ра­ми­ды  — пра­виль­ные тре­уголь­ни­ки. Пусть точка M  — се­ре­ди­на ребра PC, от­ку­да и равен углу между бо­ко­вы­ми гра­ня­ми пи­ра­ми­ды. По тео­ре­ме ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке AMB: от­ку­да

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как приз­ма опи­са­на во­круг ци­лин­дра, то она яв­ля­ет­ся пря­мой. По­сколь­ку осе­вым се­че­ни­ем этого ци­лин­дра яв­ля­ет­ся квад­рат, то его вы­со­та равна диа­мет­ру, то есть h  =  2r. Так как пло­щадь ос­но­ва­ния приз­мы равна про­из­ве­де­нию по­лу­пе­ри­мет­ра ос­но­ва­ния и ра­ди­у­са впи­сан­ной в ос­но­ва­ние окруж­но­сти, то

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти приз­мы равна По усло­вию S_пр  =  56, зна­чит, тогда Найдём пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра:

Ответ:

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке (см. рис). Вы­ра­зим пло­щадь S осе­во­го се­че­ния APB:

По­сколь­ку S  =  4 см², то есть угол APB равен 150°, ис­хо­дя из того что по усло­вию он тупой. Пло­щадь S_осн ос­но­ва­ния ко­ну­са равна а пло­щадь S_бок бо­ко­вой по­верх­но­сти  — Две эти ве­ли­чи­ны имеют сле­ду­ю­щее от­но­ше­ние:

Так как PO  — вы­со­та, из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка POB имеем:

Вы­чис­лим :

Ответ: в раза.

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Пусть BC  =  x, тогда по тео­ре­ме ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке ABC имеем

Ис­поль­зуя фор­му­лы пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка и по­лу­ча­ем

Далее найдём вы­со­ту приз­мы, ко­то­рая также яв­ля­ет­ся вы­со­той ци­лин­дра. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BCC₁ то есть Ис­поль­зуя фор­му­лу пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра имеем

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ве­дем вы­со­ту DO и апо­фе­му DM, тогда по усло­вию За­ме­тим, что OO₁  — ось ци­лин­дра, а M₁  — точка ка­са­ния верх­не­го ос­но­ва­ния ци­лин­дра и апо­фе­мы. По­лу­ча­ем, что тре­уголь­ник DOM рав­но­бед­рен­ный. По усло­вию OO₁ = 2M₁O₁. Пусть AB = a, тогда:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма пи­ра­ми­ды:

При­мем M₁O₁ за x, тогда OO₁ = 2x. Зная, что по­лу­ча­ем, что DO₁ = x, а DO = 3x. Тогда имеем:

Вы­со­та ци­лин­дра и ра­ди­ус ос­но­ва­ния равны со­от­вет­ствен­но и

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма ци­лин­дра:

Тогда ис­ко­мое от­но­ше­ние:

Ответ:

Ре­ше­ние. Осе­вое се­че­ние за­дан­но­го ко­ну­са  — это рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник AOB, впи­сан­ный в по­лу­окруж­ность с цен­тром O и ра­ди­у­сом R. Так как вы­со­та ко­ну­са OO₁ по усло­вию пер­пен­ди­ку­ляр­на ос­но­ва­нию шара, то ее длина и есть ис­ко­мое рас­сто­я­ние. Ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са O₁B  =  r, об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са OB  =  L  =  R.

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са по фор­му­ле равна а пло­щадь по­верх­но­сти шара по­лу­ча­ем по фор­му­ле

По усло­вию от­сю­да тогда в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке OO₁B имеем по свой­ству пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков. Тогда а зна­чит, тре­уголь­ник рав­но­сто­рон­ний. Най­дем вы­со­ту OO₁ по фор­му­ле вы­со­ты для пра­виль­ных тре­уголь­ни­ков

Ответ:

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке (см. рис). Вы­ра­зим пло­щадь S осе­во­го се­че­ния APB:

По­сколь­ку S  =  2 см², то есть угол APB равен 90°. Пло­щадь S_осн ос­но­ва­ния ко­ну­са равна а пло­щадь S_полн пол­ной по­верх­но­сти  — Две эти ве­ли­чи­ны имеют сле­ду­ю­щее от­но­ше­ние:

Так как PO  — вы­со­та, из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка POB имеем:

Итак, от­но­ше­ние пло­ща­ди пол­ной по­верх­но­сти ко­ну­са к пло­ща­ди ос­но­ва­ния равно:

Ответ: в раз.

Ре­ше­ние. Вы­пи­шем от­но­ше­ние фор­мул объёмов пи­ра­ми­ды и впи­сан­но­го в неё ко­ну­са, если сто­ро­на ос­но­ва­ния в 2 раза боль­ше ра­ди­у­са окруж­но­сти

Тогда объём ко­ну­са равен

Ответ: 72.

Ре­ше­ние. Про­ве­дем осе­вое се­че­ние ко­ну­са, по­лу­чим рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник SAB и опи­сан­ную во­круг него окруж­ность (боль­шая окруж­ность дан­ной сферы). По усло­вию тогда

Тре­уголь­ник SOB пря­мо­уголь­ный, тогда имеем:

Най­дем объем ко­ну­са по фор­му­ле

По усло­вию тогда OB  =  3 см, AB  =  2OB  =  6 см.

По след­ствию из тео­ре­мы си­ну­сов тогда

По фор­му­ле пло­ща­ди опи­сан­ной сферы по­лу­чим:

Ответ:

Ре­ше­ние. Вы­пи­шем от­но­ше­ние фор­мул объёмов пи­ра­ми­ды и впи­сан­но­го в неё ко­ну­са, если ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти в раз боль­ше сто­ро­ны ос­но­ва­ния

Тогда объём ко­ну­са равен

Ответ: 82.

Ре­ше­ние. Пусть шар с цен­тром в точке О впи­сан в тре­уголь­ную пи­ра­ми­ду. Тогда от­ре­зок МО  — бис­сек­три­са тре­уголь­ни­ка PMH. Точка H  — центр тре­уголь­ни­ка ABC, тогда

Апо­фе­ма PM  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка PBC, по­это­му

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке PMH:

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой о бис­сек­три­се угла в тре­уголь­ни­ке HPM:

Най­дем объем шара:

Ответ:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. Ис­ко­мый мно­го­гран­ник со­сто­ит из двух рав­ных пи­ра­мид с общим ос­но­ва­ни­ем APC. Так как бо­ко­вые грани пра­виль­ной приз­мы по усло­вию рав­ные квад­ра­ты, а пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна 108, то пло­щадь од­но­го та­ко­го квад­ра­та равна 108 : 3  =  36, от­ку­да по­лу­ча­ем, что длина ребра приз­мы равна 6. От­ре­зок AC  =  3, так как яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка BDK. Ана­ло­гич­но на­хо­дим AP  =  PC  =  3. Тогда тре­уголь­ник APC  — пра­виль­ный и его пло­щадь равна Тогда объём ис­ко­мо­го мно­го­гран­ни­ка равен:

Ответ:

Ре­ше­ние. Тра­пе­ция MKPC  — ис­ко­мое се­че­ние. Найдём ги­по­те­ну­зы тре­уголь­ни­ков MBC и PDC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, по­лу­чим, что а От­рез­ки XA и AB равны, так как AP  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка XBC. В тре­уголь­ни­ке XBM от­ре­зок KA вля­ет­ся сред­ней ли­ни­ем, так как XA  =  AB и KA па­рал­лель­но MB. Это зна­чит, что В тре­уголь­ни­ках KAP и XBM по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем, что а XM  =  5, тогда Пе­ри­метр се­че­ния равен:

Ответ:

Ре­ше­ние. Тра­пе­ция ABCD рав­но­бед­рен­ная, в ко­то­рой BC = 2 см, AD = 8 см. Так как тра­пе­ция опи­са­на около окруж­но­сти ос­но­ва­ния ко­ну­са, то AB + CD = BC + AD, но AB = CD, тогда

Найдём пло­щадь тра­пе­ции ABCD и ра­ди­ус впи­сан­ной в неё окруж­но­сти. Так как HM = BC и AH = MD, то

Из тре­уголь­ни­ка ABH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим = 4 см. Тогда пло­щадь тра­пе­ции

По фор­му­ле S = p · r найдём ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са

По фор­му­ле объёма ко­ну­са найдём вы­со­ту:

Точка K  — точка ка­са­ния окруж­но­сти, впи­сан­ной в тра­пе­цию ABCD, с бо­ко­вой сто­ро­ны тра­пе­ции. Тогда угол PKO яв­ля­ет­ся углом на­кло­на бо­ко­вой грани ABP к ос­но­ва­нию пи­ра­ми­ды. Тре­уголь­ник POK пря­мо­уголь­ный, тогда

Так как все бо­ко­вые грани пи­ра­ми­ды рав­но­на­кло­не­ны к её ос­но­ва­нию, то угол на­кло­на бо­ко­вых гра­ней пи­ра­ми­ды к плос­ко­сти ос­но­ва­ния равен 60°.

Ответ: 60°.

Ре­ше­ние. Так как ци­линдр опи­сан во­круг шара, его осе­вым се­че­ни­ем яв­ля­ет­ся квад­рат, то есть диа­метр ос­но­ва­ния ци­лин­дра равен вы­со­те ци­лин­дра (2r = h). Кроме того, ра­ди­ус шара равен ра­ди­у­су ос­но­ва­ния ци­лин­дра (R = r).

Найдём от­но­ше­ние пло­ща­дей:

Ответ: 3:2.