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.

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.

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.

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.

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:

Угол PFH  — угол между бо­ко­вой гра­нью и ос­но­ва­ни­ем, не под­хо­дит.

Угол MPH  — угол между бо­ко­вой гра­нью и вы­со­той, не под­хо­дит.

Угол PAH  — угол между бо­ко­вым реб­ром и плос­ко­стью, под­хо­дит.

Угол CPH  — угол между бо­ко­вым реб­ром и вы­со­той, не под­хо­дит.

Ответ: в.

Угол PFH  — угол между бо­ко­вой гра­нью и ос­но­ва­ни­ем, под­хо­дит.

Угол MPH  — угол между бо­ко­вой гра­нью и вы­со­той, не под­хо­дит.

Угол PAH  — угол между бо­ко­вым реб­ром и плос­ко­стью, не под­хо­дит.

Угол PCH  — угол между бо­ко­вым реб­ром и вы, не под­хо­дит.

Ответ: а.

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:

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:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке PMH: так как это от­но­ше­ние и есть ко­си­нус дву­гран­но­го угла при ребре ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды. Пусть MH  =  12x, а PM  =  13x, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тру­голь­ни­ке PMH имеем: От­ку­да по­лу­ча­ем, что x  =  1, то есть MH  =  12, а PM  =  13. От­ре­зок MH в три раза мень­ше от­рез­ка AM, зна­чит, что AM  =  36. Так как вы­со­та пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка счи­та­ет­ся по фор­му­ле то сто­ро­на этого тре­уголь­ни­ка равна тогда его пло­щадь равна Найдём пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти:

Ответ:

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.

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:

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:

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:

Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке (см. рис). Вы­со­та приз­мы O₁O₂ равна двум ра­ди­у­сам сферы, то есть По­сколь­ку тре­уголь­ная приз­ма пра­виль­ная, в её ос­но­ва­нии лежит пра­виль­ный тре­уголь­ник. Ра­ди­ус r впи­сан­ной окруж­но­сти этого тре­уголь­ни­ка равен ра­ди­у­су сферы, то есть Найдём сто­ро­ну AB:

Найдём пло­щадь S пол­ной по­верх­но­сти приз­мы:

Ответ:

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 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:

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: