Пусть точка O  — про­ек­ция вер­ши­ны M на плос­кость ABCD. Пер­пен­ди­ку­ля­ры из точек O и M на каж­дое из ребер ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды па­да­ют в одну точку по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах. Рас­смот­рим тре­уголь­ник MOT, где T  — любая из этих точек, тогда угол между бо­ко­вой гра­нью пи­ра­ми­ды и плос­ко­стью ос­но­ва­ния это угол MTO. Сле­до­ва­тель­но, все эти пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки равны по об­ще­му ка­те­ту MO и остро­му углу, по­это­му вто­рые их ка­те­ты тоже равны. Итак, точка O рав­но­уда­ле­на от всех сто­рон тра­пе­ции и по­это­му яв­ля­ет­ся цен­тром впи­сан­ной в неё окруж­но­сти.

Про­ве­дем пер­пен­ди­ку­ляр CH к ос­но­ва­нию AD тра­пе­ции. Тогда BCHA  — пря­мо­уголь­ник, и Обо­зна­чим тогда, по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка CHD по­лу­ча­ем

По­сколь­ку ABCD  — опи­сан­ный че­ты­рех­уголь­ник, суммы его про­ти­во­по­лож­ных сто­рон равны. Зна­чит, Решим это урав­не­ние:

По­сколь­ку рас­сто­я­ния от O до ос­но­ва­ний тра­пе­ции равны, они равны по­ло­ви­не вы­со­ты тра­пе­ции, то есть 2.

В тре­уголь­ни­ке MOT те­перь на­хо­дим

Это вы­со­та пи­ра­ми­ды. Пло­щадь ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды равна

Окон­ча­тель­но, объем пи­ра­ми­ды равен

Ответ: 9.

Пусть точка O  — про­ек­ция вер­ши­ны T на плос­кость ABCD. Пер­пен­ди­ку­ля­ры из точек O и T на каж­дое из ребер ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды па­да­ют в одну точку по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах. Рас­смот­рим тре­уголь­ник MOT, где M  — любая из этих точек. тогда угол между бо­ко­вой гра­нью пи­ра­ми­ды и плос­ко­стью ос­но­ва­ния это угол Сле­до­ва­тель­но, все эти пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки равны по об­ще­му ка­те­ту TO и остро­му углу, по­это­му вто­рые их ка­те­ты тоже равны. Итак, точка O рав­но­уда­ле­на от всех сто­рон тра­пе­ции и по­это­му яв­ля­ет­ся ее цен­тром впи­сан­ной окруж­но­сти.

Про­ве­дем пер­пен­ди­ку­ля­ры BH и CK к ос­но­ва­нию AD тра­пе­ции. Тогда BCKH  — пря­мо­уголь­ник, а по­сколь­ку то

Обо­зна­чим тогда

По­сколь­ку ABCD  — опи­сан­ный че­ты­рех­уголь­ник, суммы его про­ти­во­по­лож­ных сто­рон равны. Зна­чит, Решим это урав­не­ние. По­лу­чим:

По­сколь­ку рас­сто­я­ния от O до ос­но­ва­ний тра­пе­ции равны, они равны по­ло­ви­не вы­со­ты тра­пе­ции, то есть 1.

В тре­уголь­ни­ке MOT те­перь на­хо­дим

Это вы­со­та пи­ра­ми­ды. Пло­щадь ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды равна

Окон­ча­тель­но, объем пи­ра­ми­ды равен

Ответ: 8.

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:

Обо­зна­чим приз­му ABCDA₁B₁C₁D₁. Про­ведём A₁H пер­пен­ди­ку­ляр­но AD. За­ме­тим, что вы­со­та приз­мы будет равна A₁H. Рас­смот­рим тре­уголь­ник AA₁H  — пря­мо­уголь­ный: угол AA₁H равен 30°, зна­чит, Тогда, по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ: 3 см.

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:

Обо­зна­чим приз­му ABCDA₁B₁C₁D₁. Про­ведём A₁H пер­пен­ди­ку­ляр­но AD. За­ме­тим, что вы­со­та приз­мы будет равна A₁H. Рас­смот­рим тре­уголь­ник AA₁H, ко­то­рый яв­ля­ет­ся од­но­вре­мен­но рав­но­бед­рен­ным и пря­мо­уголь­ным, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ: 3 см.

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 вер­ши­ны A и B пря­мо­уголь­ни­ка ABCD лежат в плос­ко­сти α, а про­ек­ци­я­ми вер­шин C и D на эту плос­кость яв­ля­ют­ся точки H и K со­от­вет­ствен­но. Тогда про­ек­ци­ей пря­мой AC на α будет пря­мая CH, от­ку­да и, сле­до­ва­тель­но,

Далее, BC пер­пен­ди­ку­ляр­на AB, тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах HB тоже пер­пен­ди­ку­ляр­на AB, от­ку­да

На­ко­нец,

Ответ:

Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр DH на AB. Он будет ле­жать в плос­ко­сти ABD, ко­то­рая пер­пен­ди­ку­ляр­на CD, по­сколь­ку CD пер­пен­ди­ку­ляр­на AD и BD. Зна­чит, DH пер­пен­ди­ку­ляр­на CD и по­это­му длина DH и есть рас­сто­я­ние между пря­мы­ми.

За­ме­тим, что тогда

Ответ:

Пусть вер­ши­ны A и B пря­мо­уголь­ни­ка ABCD лежат в плос­ко­сти α, а про­ек­ци­я­ми вер­шин C и D на эту плос­кость яв­ля­ют­ся точки H и K со­от­вет­ствен­но. Тогда про­ек­ци­ей пря­мой AC на будет пря­мая CH, от­ку­да и, сле­до­ва­тель­но,

Далее, BC пер­пен­ди­ку­ляр­на AB, тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах HB тоже пер­пен­ди­ку­ляр­на AB, от­ку­да

На­ко­нец,

Ответ:

Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр DH на AC. Он будет ле­жать в плос­ко­сти ACD, ко­то­рая пер­пен­ди­ку­ляр­на BD, по­сколь­ку BD пер­пен­ди­ку­ляр­на CD и AD. Зна­чит, DH пер­пен­ди­ку­ляр­на BD и по­это­му длина DH и есть рас­сто­я­ние между пря­мы­ми.

За­ме­тим, что тогда

Ответ:

Пусть H  — вы­со­та ци­лин­дра, d  — диа­го­наль осе­во­го се­че­ния, а r  — ра­ди­ус ос­но­ва­ния ци­лин­дра, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ:

Пусть M и N  — се­ре­ди­ны от­рез­ков AA₁ и B₁C со­от­вет­ствен­но. До­ка­жем, что MN  — общий пер­пен­ди­ку­ляр к дан­ным двум пря­мым. Пусть T  — се­ре­ди­на BC. Тогда, оче­вид­но, что AM па­рал­лель­на BB₁ и NT, по­сколь­ку NT  — сред­няя линия в тре­уголь­ни­ке B₁BC, тогда

Зна­чит, Най­дем длину AC:

Тогда, На­ко­нец, пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна

Ответ: 6.

Пусть H  — вы­со­та ци­лин­дра, d  — диа­го­наль осе­во­го се­че­ния, а r  — ра­ди­ус ос­но­ва­ния ци­лин­дра, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ: 12.

До­ка­жем, что AC  — общий пер­пен­ди­ку­ляр к дан­ным двум пря­мым:

AC пер­пен­ди­ку­ляр­на AA1, по­сколь­ку AC лежит в плос­ко­сти ABC и плос­кость ABC пер­пен­ди­ку­ляр­на AA₁.

AC пер­пен­ди­ку­ляр­на CB₁, по­сколь­ку AC пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти BCC₁B₁, так как AC пер­пен­ди­ку­ляр­на BC и AC пер­пен­ди­ку­ляр­на CC₁, и CB₁ лежит в плос­ко­сти BCC₁B₁. Зна­чит,

Тре­уголь­ник B₁BC  — пря­мо­уголь­ный, по­это­му его ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти равен по­ло­ви­не его ги­по­те­ну­зы, от­ку­да Тогда,

На­ко­нец, пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна:

Ответ:

По­сколь­ку пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна про­из­ве­де­нию его сто­рон, умно­жен­но­му на синус угла между ними, по­лу­ча­ем что от­ку­да

Для од­но­го угла па­рал­ле­ло­грам­ма сле­ду­ет взять плюс, для дру­го­го минус  — они как раз в сумме дают

Най­дем тогда по тео­ре­ме ко­си­ну­сов диа­го­на­ли этого па­рал­ле­ло­грам­ма:

Все диа­го­на­ли па­рал­ле­ле­пи­пе­да яв­ля­ют­ся ги­по­те­ну­за­ми тре­уголь­ни­ков, ка­те­та­ми ко­то­рых будут бо­ко­вое ребро приз­мы и одна из диа­го­на­лей ос­но­ва­ния. Обо­зна­чим длину бо­ко­во­го ребра за x, тогда от­ку­да то есть Ясно, что ис­поль­зо­вать вто­рую диа­го­наль ос­но­ва­ния нель­зя.

Тогда бо­ко­вая по­верх­ность со­сто­ит из че­ты­рех пря­мо­уголь­ни­ков общей пло­ща­дью

Ответ: 432.

Про­ведём пря­мую CD, пер­пен­ди­ку­ляр­ную плос­ко­сти α, тогда За­ме­тим, что ги­по­те­ну­за равна 25 см, так как 7, 24, 25  — Пи­фа­го­ро­ва трой­ка. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC можно найти, как или как где CE  — вы­со­та, про­ведённая к ги­по­те­ну­зе AB. Имеем:

Найдём те­перь ис­ко­мое рас­сто­я­ние CD из тре­уголь­ни­ка CDE:

Ответ: 3,36 см.

Про­ведём пря­мую CD пер­пен­ди­ку­ляр­ную плос­ко­сти α, тогда За­ме­тим, что вто­рой катет равен 9 см, так как 9, 12, 15  — Пи­фа­го­ро­ва трой­ка. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC можно найти, как или как где CE  — вы­со­та, про­ведённая к ги­по­те­ну­зе AB. Имеем:

Найдём те­перь ис­ко­мое рас­сто­я­ние CD из тре­уголь­ни­ка CDE:

Ответ:

Обо­зна­чим за H про­ек­цию вер­ши­ны B на ось вра­ще­ния, а за M  — се­ре­ди­ну AC. Тогда BMCH  — пря­мо­уголь­ник (углы при вер­ши­нах C и H пря­мые по усло­вию, а при M по­то­му что вы­со­та сов­па­да­ет с ме­ди­а­ной). Зна­чит,

Ука­зан­ное в за­да­че тело пред­став­ля­ет собой усе­чен­ный конус, по­лу­чен­ный вра­ще­ни­ем пря­мо­уголь­ной тра­пе­ции ABHC, из ко­то­ро­го уда­лен конус, по­лу­чен­ный вра­ще­ни­ем тре­уголь­ни­ка BHC во­круг той же оси. Зна­чит, объем этого тела равен раз­но­сти объ­е­мов усе­чен­но­го ко­ну­са и про­сто ко­ну­са. Най­дем их.

Усе­чен­ный конус имеет ра­ди­у­сы ос­но­ва­ний и и вы­со­ту, рав­ную 8, по­это­му его объем равен

Объем ко­ну­са равен:

Окон­ча­тель­но,

Ответ: