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:

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 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:

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:

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:

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, 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:

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:

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:

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°.

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°.

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 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:

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:

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.

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.

Рас­смот­рим для на­ча­ла ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды  — тра­пе­цию ABCD. Она рав­но­бед­рен­ная, по­это­му углы при ее ос­но­ва­нии равны. Опу­стим пер­пен­ди­ку­ля­ры BH и CK на ос­но­ва­ние AD. Тогда в тре­уголь­ни­ке ABH по­лу­ча­ем

Ана­ло­гич­но,

От­ме­тим се­ре­ди­ну O боль­ше­го ос­но­ва­ния AD. Тогда тре­уголь­ник ABO рав­но­бед­рен­ный, по­сколь­ку его вы­со­та BH сов­па­да­ет с ме­ди­а­ной. Зна­чит, Ана­ло­гич­но, По­это­му все вер­ши­ны тра­пе­ции лежат на окруж­но­сти ра­ди­у­са 3 с цен­тром в точке O. Зна­чит, это и есть окруж­ность ос­но­ва­ния ко­ну­са. Обо­зна­чим его вы­со­ту за h, тогда по усло­вию

от­ку­да

Пусть T  — вер­ши­на ко­ну­са, тогда в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке TOA по­лу­ча­ем от­ку­да По­сколь­ку про­ек­ци­ей ребра TA на плос­кость слу­жит от­ре­зок OA, это и есть угол на­кло­на ребра к плос­ко­сти ос­но­ва­ния.

Ясно, что для осталь­ных ребер тре­уголь­ни­ки по­лу­чат­ся та­ки­ми же. По­это­му у всех ребер на­клон оди­на­ко­вый.

Ответ: 45°.