Рас­смот­рим диа­го­наль­ное се­че­ние пи­ра­ми­ды SABCD. Обо­зна­чим за O  — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, за a  — длину ребра ос­но­ва­ния и за h  — вы­со­ту пи­ра­ми­ды, тогда ее бо­ко­вое ребро SA будет равно

По усло­вию ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ASC в че­ты­ре раза боль­ше вы­со­ты пи­ра­ми­ды, то есть С дру­гой сто­ро­ны,

от­ку­да

Вы­со­та рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ASB равна:

Зна­чит, от­но­ше­ние пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти к пло­ща­ди ос­но­ва­ния равно:

а квад­рат этого от­но­ше­ния равен:

Ответ:

Пусть O  — се­ре­ди­на от­рез­ка BK. Тогда PO  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка BDK, по­это­му PO па­рал­лель­на DK и, сле­до­ва­тель­но, DK па­рал­лель­на плос­ко­сти PCO, по­это­му PCO  — одна из рас­смат­ри­ва­е­мых плос­ко­стей. Пусть пря­мая CO пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ну AB в точке T, тогда PCT  — се­че­ние пи­ра­ми­ды дан­ной плос­ко­стью. По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка ABK и пря­мой TOC по­лу­ча­ем:

Пусть Z  — се­ре­ди­на AT, тогда и тогда по тео­ре­ме Фа­ле­са пря­мые PT и DZ па­рал­лель­ны. Кроме того PO па­рал­лель­на DK, сле­до­ва­тель­но, плос­кость KDZ па­рал­лель­на плос­ко­сти CPT и KDZ  — вто­рая ин­те­ре­су­ю­щая нас плос­кость.

Вы­чис­лим объ­е­мы ча­стей:

Зна­чит, объем остав­шей­ся между плос­ко­стя­ми части равен:

Оста­лось найти объем пра­виль­ной пи­ра­ми­ды, все ребра ко­то­рой равны.

Пусть ребро пи­ра­ми­ды равно a. Тогда:

Пусть, далее, H  — ос­но­ва­ние вы­со­ты пи­ра­ми­ды. Тогда:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

По­лу­ча­ем:

В нашем слу­чае по­это­му:

Ответ:

Пусть O  — се­ре­ди­на от­рез­ка BK. Тогда PO  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка BDK, по­это­му PO па­рал­лель­на DK и, сле­до­ва­тель­но, DK па­рал­лель­на PCO, по­это­му PCO  — одна из рас­смат­ри­ва­е­мых плос­ко­стей. Пусть пря­мая CO пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ну AB в точке T, тогда PCT  — се­че­ние пи­ра­ми­ды дан­ной плос­ко­стью. По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка ABK и пря­мой TOC по­лу­ча­ем:

Пусть Z  — се­ре­ди­на AT, тогда и тогда по тео­ре­ме Фа­ле­са пря­мые PT и DZ па­рал­лель­ны. Кроме того PO па­рал­лель­на DK, сле­до­ва­тель­но, плос­кость KDZ па­рал­лель­на плос­ко­сти CPT и KDZ  — вто­рая ин­те­ре­су­ю­щая нас плос­кость.

Вы­чис­лим объ­е­мы ча­стей:

Зна­чит, объем остав­шей­ся между плос­ко­стя­ми части равен:

Оста­лось найти объем пра­виль­ной пи­ра­ми­ды, все ребра ко­то­рой равны.

Пусть ребро пи­ра­ми­ды равно a. Тогда

Пусть, далее, H  — ос­но­ва­ние вы­со­ты пи­ра­ми­ды. Тогда:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

По­лу­ча­ем:

В нашем слу­чае по­это­му:

Ответ:

Пусть O  — се­ре­ди­на от­рез­ка BK. Тогда PO  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка BDK, по­это­му PO па­рал­лель­на DK и, сле­до­ва­тель­но, DK па­рал­лель­на плос­ко­сти PCO, по­это­му PCO  — одна из рас­смат­ри­ва­е­мых плос­ко­стей. Пусть пря­мая CO пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ну AB в точке T, тогда PCT  — се­че­ние пи­ра­ми­ды дан­ной плос­ко­стью. По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка ABK и пря­мой TOC по­лу­ча­ем:

Пусть Z  — се­ре­ди­на AT, тогда и тогда по тео­ре­ме Фа­ле­са пря­мые PT и DZ па­рал­лель­ны. Кроме того PO па­рал­лель­на DK, сле­до­ва­тель­но, KDZ па­рал­лель­на CPT и KDZ  — вто­рая ин­те­ре­су­ю­щая нас плос­кость.

Вы­чис­лим объ­е­мы ча­стей.

Зна­чит, объем остав­шей­ся между плос­ко­стя­ми части равен:

Оста­лось найти объем пра­виль­ной пи­ра­ми­ды, все ребра ко­то­рой равны. Пусть ребро пи­ра­ми­ды равно a. Тогда Пусть, далее, H  — ос­но­ва­ние вы­со­ты пи­ра­ми­ды. Тогда По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Тогда

В нашем слу­чае по­это­му окон­ча­тель­ный ответ:

Ответ:

Пусть O  — се­ре­ди­на от­рез­ка BK. Тогда PO  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка BDK, по­это­му PO па­рал­лель­на DK и, сле­до­ва­тель­но, DK па­рал­лель­на плос­ко­сти PCO, по­это­му PCO  — одна из рас­смат­ри­ва­е­мых плос­ко­стей. Пусть пря­мая CO пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ну AB в точке T, тогда PCT  — се­че­ние пи­ра­ми­ды дан­ной плос­ко­стью. По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка ABK и пря­мой TOC по­лу­ча­ем:

Пусть Z  — се­ре­ди­на AT, тогда и тогда по тео­ре­ме Фа­ле­са пря­мые PT и DZ па­рал­лель­ны. Кроме того PO па­рал­лель­на DK, сле­до­ва­тель­но, плос­кость KDZ па­рал­лель­на плос­ко­сти CPT и KDZ  — вто­рая ин­те­ре­су­ю­щая нас плос­кость.

Вы­чис­лим объ­е­мы ча­стей.

Зна­чит, объем остав­шей­ся между плос­ко­стя­ми части равен:

Оста­лось найти объем пра­виль­ной пи­ра­ми­ды, все ребра ко­то­рой равны. Пусть ребро пи­ра­ми­ды равно a. Тогда Пусть, далее, H  — ос­но­ва­ние вы­со­ты пи­ра­ми­ды. Тогда По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Тогда

В нашем слу­чае по­это­му окон­ча­тель­ный ответ:

Ответ:

За­ме­тим, что если «от­со­еди­нить» ABCKNM от на­клон­ной приз­мы ABCC₁B₁A₁ и пе­ре­ста­вить эту часть на­верх, то по­лу­чит­ся пря­мая приз­ма A₁B₁C₁KNM. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти приз­мы будет равна:

Ответ: в.

Пусть AD и BC  — об­ра­зу­ю­щие ци­лин­дра, O и O₁  — цен­тры его ос­но­ва­ний, T  — се­ре­ди­на хорды AC. Тогда OO₁ па­рал­лель­на AD, по­это­му OO₁ па­рал­лель­на плос­ко­сти ADBC. При этом AB не па­рал­лель­но OO₁  — иначе рас­сто­я­ние между ними было бы равно ра­ди­у­су ци­лин­дра. Зна­чит,

по­сколь­ку OT пер­пен­ди­ку­ляр­на AC и OT пер­пен­ди­ку­ляр­на AD, так как ос­но­ва­ние ци­лин­дра пер­пен­ди­ку­ляр­но об­ра­зу­ю­щей. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

тогда и

Пло­щадь по­верх­но­сти со­став­ля­ет:

Ответ:

За­ме­тим, что если «от­со­еди­нить» ABCKNM от на­клон­ной приз­мы ABCC₁B₁A₁ и пе­ре­ста­вить эту часть на­верх, то по­лу­чит­ся пря­мая приз­ма A₁B₁C₁KNM. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти приз­мы будет равна:

Ответ: в.

Пусть AD и BC  — об­ра­зу­ю­щие ци­лин­дра, O и O₁  — цен­тры его ос­но­ва­ний, T  — се­ре­ди­на хорды AC. Тогда OO₁ па­рал­лель­на AD, по­это­му OO₁ па­рал­лель­на ADBC. При этом AB не па­рал­лель­но OO₁  — иначе рас­сто­я­ние между ними было бы равно ра­ди­у­су ци­лин­дра. Зна­чит,

по­сколь­ку OT пер­пен­ди­ку­ляр­на AC и OT пер­пен­ди­ку­ляр­на AD, так как ос­но­ва­ние ци­лин­дра пер­пен­ди­ку­ляр­но об­ра­зу­ю­щей. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

тогда и

Пло­щадь по­верх­но­сти со­став­ля­ет:

Ответ:

Осе­вым се­че­ни­ем ци­лин­дра яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ник. Пусть d  — диа­го­наль этого пря­мо­уголь­ни­ка, а b  — одна из сто­рон, рав­ная 2r  =  8 см. Найдём вто­рую сто­ро­ну пря­мо­уголь­ни­ка по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Тогда пло­щадь осе­во­го се­че­ния равна:

Ответ: в.

Найдём по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра диа­го­на­ли ромба AC и BD:

Пусть точка O  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей, тогда и Рас­смот­рим тре­уголь­ник AOB  — пря­мо­уголь­ный, по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Зна­чит, пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна:

Ответ: 36 см².

Найдём по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра диа­го­на­ли ромба AC и BD:

Пусть точка O  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей, тогда и Рас­смот­рим тре­уголь­ник AOB  — пря­мо­уголь­ный, по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Зна­чит, пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна:

Ответ:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти пи­ра­ми­ды можно найти по фор­му­ле от­ку­да Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник SBH. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Про­ведём SS₁  — вы­со­ту пи­ра­ми­ды SABCD. Из со­от­но­ше­ния сто­ро­ны квад­ра­та и её диа­го­на­ли: Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка SS₁B найдём SS₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Итак, объём равен:

Ответ: 384 см².

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти пи­ра­ми­ды можно найти по фор­му­ле от­ку­да Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник SBH. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Про­ведём SS₁  — вы­со­ту пи­ра­ми­ды SABCD. Из со­от­но­ше­ния сто­ро­ны квад­ра­та и её диа­го­на­ли: Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка SS₁B найдём SS₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Итак, объём равен:

Ответ: 400 см².

Рас­смот­рим тре­уголь­ник AOB  — пря­мо­уголь­ный. В нём угол OAS равен 30°, зна­чит, AS  =  6 см. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Тогда, пло­щадь ос­но­ва­ния равна:

Ответ: в.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник BEE₁. В нём угол EE₁B равен 30°, зна­чит, BE  =  4 см. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Объём ци­лин­дра будет равен:

Ответ:

Пусть O  — ос­но­ва­ние вы­со­ты пи­ра­ми­ды c вер­ши­ной S. Рас­смот­рим все тре­уголь­ни­ки с ка­те­том SO и ги­по­те­ну­зой  — одной из апо­фем гра­ней. Все они равны по ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе, по­это­му и вто­рой катет у них оди­на­ко­вый. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах этот вто­рой катет, яв­ля­ю­щий­ся про­ек­ци­ей ги­по­те­ну­зы на плос­кость ос­но­ва­ния, пер­пен­ди­ку­ля­рен со­от­вет­ству­ю­ще­му ребру ос­но­ва­ния, по­это­му точка O рав­но­уда­ле­на от всех сто­рон ос­но­ва­ния. Зна­чит, она яв­ля­ет­ся цен­тром впи­сан­ной в ос­но­ва­ние окруж­но­сти. По­это­му суммы про­ти­во­по­лож­ных сто­рон тра­пе­ции равны, сле­до­ва­тель­но, ее бо­ко­вая сто­ро­на равна

Про­ве­дем в тра­пе­ции ABCD вы­со­ты BH и CK. Тогда

по­это­му

Вы­со­та тра­пе­ции равна диа­мет­ру ее впи­сан­ной окруж­но­сти, по­это­му

Пусть M  — се­ре­ди­на BC, T  — центр сферы, N  — точка ее ка­са­ния с плос­ко­стью грани SBC, ле­жа­щая, на апо­фе­ме SM. По­сколь­ку точка T лежит на бис­сек­три­се угла SMO и, cле­до­ва­тель­но, делит от­ре­зок SO в от­но­ше­нии

Далее,

На­ко­нец, пло­щадь сферы равна:

Ответ:

Рас­смот­рим рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник ASB. В нём вы­со­та равна от­ку­да AB  =  12 см, тогда AO  =   6 см. Тогда пло­щадь ос­но­ва­ния равна:

Ответ: в.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник CFF₁. В нём угол F₁CF равен 30°, зна­чит, FF₁  =  6 см. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Объём ци­лин­дра будет равен:

Ответ:

Пусть O  — ос­но­ва­ние вы­со­ты пи­ра­ми­ды c вер­ши­ной S. Рас­смот­рим все тре­уголь­ни­ки с ка­те­том SO и ги­по­те­ну­зой  — одной из апо­фем гра­ней. Все они равны по ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе, по­это­му и вто­рой катет у них оди­на­ко­вый. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах этот вто­рой катет, яв­ля­ю­щий­ся про­ек­ци­ей ги­по­те­ну­зы на плос­кость ос­но­ва­ния, пер­пен­ди­ку­ля­рен со­от­вет­ству­ю­ще­му ребру ос­но­ва­ния, по­это­му точка O рав­но­уда­ле­на от всех сто­рон ос­но­ва­ния. Зна­чит, она яв­ля­ет­ся цен­тром впи­сан­ной в ос­но­ва­ние окруж­но­сти. По­это­му суммы про­ти­во­по­лож­ных сто­рон тра­пе­ции равны, сле­до­ва­тель­но, ее бо­ко­вая сто­ро­на равна

Про­ве­дем в тра­пе­ции ABCD вы­со­ты BH и CK. Тогда

по­это­му

Вы­со­та тра­пе­ции равна диа­мет­ру ее впи­сан­ной окруж­но­сти, по­это­му

Пусть M  — се­ре­ди­на BC, T  — центр сферы, N  — точка ее ка­са­ния с плос­ко­стью грани SBC, ле­жа­щая, на апо­фе­ме SM. По­сколь­ку точка T лежит на бис­сек­три­се угла SMO и, cле­до­ва­тель­но, делит от­ре­зок SO в от­но­ше­нии

Далее,

На­ко­нец, пло­щадь сферы равна:

Ответ: