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:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AOB по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке PAO по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Так как   — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей ромба, то пло­щадь ромба:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке PAB по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Най­дем ра­ди­ус круга, впи­сан­но­го в ромб:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ANO по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ:

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:

Так как тогда а

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке KHB₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра B₁H  =  8 см.

Найдём пло­щадь се­че­ния:

Ответ: 48 см².

Так как тогда а

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке KHA по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра AH  =  5 см.

Найдём пло­щадь се­че­ния:

Ответ:

Тра­пе­ция AD₁PM  — ис­ко­мое се­че­ние, где как диа­го­наль квад­ра­та AA₁D₁D. Осталь­ные сто­ро­ны най­дем, при­ме­нив тео­ре­му Пи­фа­го­ра для со­от­вет­ству­ю­щих пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков:

Таким об­ра­зом, AD₁PM  — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция. Про­ве­дем вы­со­ту PH, тогда тре­уголь­ник PHD₁  — пря­мо­уголь­ный. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в нем имеем:

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции:

Ответ: 18 см².

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:

Тра­пе­ция CD₁PN  — ис­ко­мое се­че­ние, где как диа­го­наль квад­ра­та AA₁D₁D. Осталь­ные сто­ро­ны най­дем, при­ме­нив тео­ре­му Пи­фа­го­ра для со­от­вет­ству­ю­щих пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков:

Таким об­ра­зом, CD₁PN  — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция. Про­ве­дем вы­со­ту PH, тогда тре­уголь­ник PHD₁  — пря­мо­уголь­ный. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в нем имеем:

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции:

Ответ: 72 см².

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:

Так как все бо­ко­вые грани приз­мы ABCA₁B₁C₁  — квад­ра­ты, то приз­ма яв­ля­ет­ся пря­мой. В ос­но­ва­нии пра­виль­ной приз­мы лежит пра­виль­ный тре­уголь­ник ABC, где по усло­вию CK = AM = 3. Из тре­уголь­ни­ка AMB имеем:

По­лу­ча­ем, что AA₁, AB = так как AA₁B₁B  — квад­рат.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MAA₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ:

Так как все бо­ко­вые грани приз­мы ABCA₁B₁C₁  — квад­ра­ты, то приз­ма яв­ля­ет­ся пря­мой. В ос­но­ва­нии пра­виль­ной приз­мы лежит пра­виль­ный тре­уголь­ник ABC. Про­ве­дем вы­со­ту AM, ко­то­рая так же яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной и вы­со­той. Пусть сто­ро­ны ос­но­ва­ния равны x, тогда Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AMC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра имеем:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MAA₁ по усло­вию MA₁  =  7. Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой Пи­фа­го­ра:

Ответ:

Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке (см. рис). От­ре­зок A₁O  — ра­ди­ус опи­сан­ной во­круг приз­мы сферы, он равен От­ре­зок, со­еди­ня­ю­щий цен­тры ос­но­ва­ний приз­мы O₁O₂  — вы­со­та приз­мы. От­ре­зок OO₁ равен по­ло­ви­не этой вы­со­ты (ра­ди­ус впи­сан­ной в приз­му сферы). Найдём ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке OO₁A₁:

Найдём вы­со­ту приз­мы:

Ответ:

Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Пусть BB₁D₁D  — мень­шее диа­го­наль­ное се­че­ние, тогда, так как диа­го­на­ли пер­пен­ди­ку­ляр­ны, а ис­ход­ный па­рал­ле­ле­пи­пед пря­мой, BB₁D₁D  — квад­рат. Сле­до­ва­тель­но, бо­ко­вые рёбра па­рал­ле­ле­пи­пе­да равны корню из 3. За­ме­тим, что пло­щадь боль­ше­го из се­че­ний равна про­из­ве­де­нию боль­шей диа­го­на­ли ос­но­ва­ния на бо­ко­вое ребро, от­ку­да В ос­но­ва­нии па­рал­ле­ло­грам­ма лежит ромб, тогда диа­го­на­ли ос­но­ва­ния пер­пен­ди­ку­ляр­ны. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра то есть

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти равна сумме двух пло­ща­дей ос­но­ва­ния и четырёх пло­ща­дей бо­ко­вых гра­ней, в нашем слу­чае:

Ответ: 14.

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:

Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Пусть BB₁D₁D  — мень­шее диа­го­наль­ное се­че­ние, тогда, так как диа­го­наль об­ра­зу­ет с плос­ко­стью ос­но­ва­ния угол в 45°, а ис­ход­ный па­рал­ле­ле­пи­пед пря­мой, BB₁D₁D  — квад­рат. Сле­до­ва­тель­но, бо­ко­вые рёбра па­рал­ле­ле­пи­пе­да равны корню из 6. За­ме­тим, что пло­щадь боль­ше­го из се­че­ний равна про­из­ве­де­нию боль­шей диа­го­на­ли ос­но­ва­ния на бо­ко­вое ребро, от­ку­да В ос­но­ва­нии па­рал­ле­ло­грам­ма лежит ромб, тогда диа­го­на­ли ос­но­ва­ния пер­пен­ди­ку­ляр­ны. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра то есть

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти равна сумме двух пло­ща­дей ос­но­ва­ния и четырёх пло­ща­дей бо­ко­вых гра­ней, в нашем слу­чае:

Ответ: 28.

Най­дем ра­ди­у­сы ос­но­ва­ний ко­ну­са. Так как Осе­вое се­че­ние усе­чен­но­го ко­ну­са  — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция AA₁B₁B, в ко­то­рой A₁B₁ = 2r = 10, AB = 2R = 16. Зная пло­щадь тра­пе­ции, най­дем ее вы­со­ту:

Так как тра­пе­ция яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ной,

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке A₁AH:

Най­дем пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са:

Най­дем пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти:

Ответ:

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:

Так как

Осе­вое се­че­ние усе­чен­но­го ко­ну­са  — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция AA₁B₁B, где A₁H = 5, A₁A = 13. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка A₁AH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим, что AH = 12. Так как тра­пе­ция AA₁B₁B рав­но­бед­рен­ная, то то есть най­дем ра­ди­у­сы ос­но­ва­ний ко­ну­са. Так как а то R = 13, r = 1.

Ответ:

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:

Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Сред­няя линия LN па­рал­лель­ная сто­ро­не A₁C₁ ос­но­ва­ния, в ко­то­ром она лежит, а зна­чит, па­рал­лель­на сто­ро­не AC дру­го­го ос­но­ва­ния. Сле­до­ва­тель­но, се­че­ние  — тра­пе­ция. Сред­няя линия тре­уголь­ни­ка равна по­ло­ви­не той сто­ро­ны, ко­то­рой она па­рал­лель­на, а по­то­му равна 6. Сле­до­ва­тель­но, ос­но­ва­ния тра­пе­ции равны 6 и 12. Оста­лось найти вы­со­ту тра­пе­ции.

Про­ведём B₁M₁  — вы­со­ту ос­но­ва­ния A₁B₁C₁. Вы­чис­лим её длину по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Пусть K₁  — точка пе­ре­се­че­ния LN и B₁M₁, тогда M₁K₁  =  4. Из точки M₁ про­ведём вы­со­ту MM₁ приз­мы, со­еди­ним точки K₁ и M, по­лу­чим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник MM₁K₁. В нём по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Вы­чис­лим ис­ко­мую пло­щадь се­че­ния:

Ответ: