Тре­уголь­ник ABD  — пр­мо­уголь­ный. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем, что BD²  =  61. Ана­ло­гич­но в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BDB₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра B₁B²  =  4, от­ку­да BB₁  =  2. Угол BDB₁  — ис­ко­мый, найдём его синус:

Ответ:

Тре­уголь­ник ABD  — пр­мо­уголь­ный. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем, что BD²  =  41. Ана­ло­гич­но в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BDB₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра B₁B²  =  16, от­ку­да BB₁  =  4. Угол BDB₁  — ис­ко­мый, найдём его тан­генс:

Ответ:

Тра­пе­ция MKPC  — ис­ко­мое се­че­ние. Найдём ги­по­те­ну­зы тре­уголь­ни­ков MBC и PDC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, по­лу­чим, что а От­рез­ки XA и AB равны, так как AP  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка XBC. В тре­уголь­ни­ке XBM от­ре­зок KA вля­ет­ся сред­ней ли­ни­ем, так как XA  =  AB и KA па­рал­лель­но MB. Это зна­чит, что В тре­уголь­ни­ках KAP и XBM по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем, что а XM  =  5, тогда Пе­ри­метр се­че­ния равен:

Ответ:

Тра­пе­ция KEMC  — ис­ко­мое се­че­ние. Найдём ги­по­те­ну­зы тре­уголь­ни­ков MBC и KDC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, по­лу­чим, что а От­рез­ки XA и AB равны, так как AK  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка XBC. В тре­уголь­ни­ке XBM от­ре­зок EA вля­ет­ся сред­ней ли­ни­ем, так как XA  =  AB и EA па­рал­лель­но MB. Это зна­чит, что В тре­уголь­ни­ках EAK и XBM по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем, что а тогда Пе­ри­метр се­че­ния равен:

Ответ:

Ис­поль­зуя тео­ре­му Пи­фа­го­ра найдём сто­ро­ну ос­но­ва­ния и бо­ко­вую сто­ро­ну па­рал­ле­ле­пи­пе­да: За­ме­тим, что угол BAB₁ яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом ис­ко­мо­го дву­гран­но­го угла. Сто­ро­на BB₁ пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка BAB₁, ле­жа­щая про­тив ис­ко­мо­го угла, в два раза мень­ше ги­по­те­ну­зы этого тре­уголь­ни­ка, а зна­чит, ис­ко­мый угол равен 30°.

Ответ: 30°.

Ис­поль­зуя тео­ре­му Пи­фа­го­ра найдём вто­рую сто­ро­ну ос­но­ва­ния: За­ме­тим, что угол BCB₁ яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом ис­ко­мо­го дву­гран­но­го угла, тогда

Ответ: 60°.

Так как пря­мая   — про­ек­ция пря­мой на плос­кость то вер­ным яв­ля­ет­ся ра­вен­ство B₁DC₁=47°.

Ответ: в).

Так как пря­мая   — про­ек­ция пря­мой на плос­кость то вер­ным яв­ля­ет­ся ра­вен­ство

Ответ: а).

Так как пря­мые AB₁ и BC при­над­ле­жат пер­пен­ди­ку­ляр­ным плос­ко­стям AA₁B₁ и BB₁C, со­от­вет­ствен­но, то они пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Зна­чит, угол между этими пря­мы­ми со­став­ля­ет Таким об­ра­зом, пра­виль­ный ответ ука­зан под бук­вой б).

Ответ: б).

В ос­но­ва­нии пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да лежит пря­мо­уголь­ник. Обо­зна­чим диа­го­на­ли AC = BD = d. Пусть BB₁  — вы­со­та. По усло­вию Най­дем пло­щадь пря­мо­уголь­ни­ка ABCD:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка DBB₁:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ:

В ос­но­ва­нии пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да лежит пря­мо­уголь­ник. Обо­зна­чим диа­го­на­ли AC = BD = d. Пусть BB₁  — вы­со­та. По усло­вию Най­дем пло­щадь пря­мо­уголь­ни­ка ABCD :

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка DBB₁:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ:

Пусть Про­ве­дем в грани CC₁D₁D пря­мую CH пер­пен­ди­ку­ляр­ную DC₁. За­ме­тим, что BC пер­пен­ди­ку­ляр­на DC₁, по­сколь­ку BC пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти CC₁D₁D, зна­чит, пря­мая DC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым в плос­ко­сти CHB, по­это­му пер­пен­ди­ку­ляр­на и плос­ко­сти. Про­ве­дем через H в плос­ко­сти AA₁D₁D пря­мую HK па­рал­лель­ную AD, тогда HK па­рал­лель­на BC. Зна­чит, BCHK  — тре­бу­е­мое се­че­ние и оно имеет форму пря­мо­уголь­ни­ка, одна из сто­рон ко­то­ро­го равна x.

Най­дем те­перь вто­рую сто­ро­ну. Пусть CH пе­ре­се­ка­ет DC₁ в точке O. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке C₁CD от­ре­зок CO  — вы­со­та, по­это­му

Тре­уголь­ни­ки DHO и C₁CO по­доб­ны, по­сколь­ку как на­крест ле­жа­щие, сле­до­ва­тель­но,

Тогда

зна­чит,

По усло­вию: от­ку­да то есть Зна­чит, пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти со­став­ля­ет:

Ответ: 32 см².

Пусть Про­ве­дем в грани CC₁D₁D пря­мую CH пер­пен­ди­ку­ляр­ную DC₁. За­ме­тим, что BC пер­пен­ди­ку­ляр­на DC₁, по­сколь­ку BC пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти CC₁D₁D, зна­чит, пря­мая DC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым в плос­ко­сти CHB, по­это­му пер­пен­ди­ку­ляр­на и плос­ко­сти. Про­ве­дем через H в плос­ко­сти AA₁D₁D пря­мую HK па­рал­лель­ную AD, тогда HK па­рал­лель­на BC. Зна­чит, BCHK  — тре­бу­е­мое се­че­ние и оно имеет форму пря­мо­уголь­ни­ка, одна из сто­рон ко­то­ро­го равна x.

Най­дем те­перь вто­рую сто­ро­ну. Пусть CH пе­ре­се­ка­ет DC₁ в точке O. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке C₁CD от­ре­зок CO  — вы­со­та, по­это­му

Тре­уголь­ни­ки DHO и C₁CO по­доб­ны, по­сколь­ку как на­крест ле­жа­щие, сле­до­ва­тель­но,

Тогда

зна­чит,

По усло­вию:

от­ку­да то есть

Зна­чит, пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти со­став­ля­ет:

Ответ: 108 см².

Сумма длин всех рёбер равна:

Ответ: б.

Сумма длин всех рёбер равна:

Ответ: б.

Пусть в ос­но­ва­нии пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да лежит пря­мо­уголь­ник со сто­ро­на­ми 12 м и 3 м, тогда вы­со­та па­рал­ле­ле­пи­пе­да равна 4 м. Найдём диа­го­наль пря­мо­уголь­ни­ка, ле­жа­ще­го в ос­но­ва­нии: Те­перь, найдём диа­го­наль па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ: б.

Пусть в ос­но­ва­нии пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да лежит пря­мо­уголь­ник со сто­ро­на­ми 11 м и м, тогда вы­со­та па­рал­ле­ле­пи­пе­да равна 6 м. Найдём диа­го­наль пря­мо­уголь­ни­ка, ле­жа­ще­го в ос­но­ва­нии: Те­перь, найдём диа­го­наль па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ: б.