Найдём объёмы шаров:

Найдём объём V вы­плав­лен­но­го из них куба:

Найдём a ребро куба:

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти S куба:

Ответ:

Найдём объёмы кубов:

Найдём объём V вы­плав­лен­но­го из них шара:

Найдём R ра­ди­ус шара:

Пло­щадь по­верх­но­сти S куба:

Ответ:

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.

По фор­му­ле пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти пра­виль­ной приз­мы где h равна бо­ко­во­му ребру. Тогда для дан­ной приз­мы имеем: Таким об­ра­зом, пра­виль­ный ответ ука­зан под бук­вой в).

Ответ: в).

По фор­му­ле пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти пра­виль­ной приз­мы где h равна бо­ко­во­му ребру. Тогда для дан­ной приз­мы имеем: Таким об­ра­зом, пра­виль­ный ответ ука­зан под бук­вой г).

Ответ: г).

Рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция ABCD  — ос­но­ва­ние приз­мы при этом, (см.рис.). Так как в тра­пе­цию можно впи­сать окруж­ность, то Тогда,

  — боль­шая бо­ко­вая грапь приз­мы, а угол равен со­от­вет­ствен­но Из тре­уголь­ни­ка по­лу­ча­ем, что

Имеем:

Ответ:

Рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция ABCD  — ос­но­ва­ние приз­мы при этом, Так как в тра­пе­цию можно впи­сать окруж­ность, то Тогда,

  — бо­ко­вая грапь приз­мы, а угол равен со­от­вет­ствен­но Из тре­уголь­ни­ка по­лу­ча­ем, что

Имеем:

Ответ:

Пусть дан­ные за­да­чи изоб­ра­же­ны на ри­сун­ке (см. рис).

Так как бо­ко­вые грани пи­ра­ми­ды на­кло­не­ны под оди­на­ко­вым углом к плос­ко­сти ос­но­ва­ния, вы­со­та SO пи­ра­ми­ды па­да­ет в центр впи­сан­ной в ромб ABCD окруж­но­сти (точка O также яв­ля­ет­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей ромба).

Пусть вы­со­та ромба равна h см, а сто­ро­на x см. Так как вы­со­та равна двум ра­ди­у­сам впи­сан­ной окруж­но­сти, Вы­ра­зим пло­ща­ди ромба, найдём x:

Про­ведём апо­фе­му SH, пер­пен­ди­ку­ляр OH к сто­ро­не CD. Угол SHO  — ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла, он равен 60°. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке SHO катет OH лежит про­тив угла ве­ли­чи­ной 30°, по­это­му Найдём пло­щадь S бо­ко­вой по­верх­но­сти ис­ход­ной пи­ра­ми­ды:

Ответ: 48 см².

Пусть дан­ные за­да­чи изоб­ра­же­ны на ри­сун­ке (см. рис).

Так как бо­ко­вые грани пи­ра­ми­ды на­кло­не­ны под оди­на­ко­вым углом к плос­ко­сти ос­но­ва­ния, вы­со­та SO пи­ра­ми­ды па­да­ет в центр впи­сан­ной в ромб ABCD окруж­но­сти (точка O также яв­ля­ет­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей ромба).

Пусть вы­со­та ромба равна h см, а сто­ро­на x см. Так как вы­со­та равна двум ра­ди­у­сам впи­сан­ной окруж­но­сти, Вы­ра­зим пло­ща­ди ромба, найдём x:

Про­ведём апо­фе­му SH, пер­пен­ди­ку­ляр OH к сто­ро­не CD. Угол SHO  — ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла, он равен 60°. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке SHO катет OH лежит про­тив угла ве­ли­чи­ной 30°, по­это­му Найдём пло­щадь S бо­ко­вой по­верх­но­сти ис­ход­ной пи­ра­ми­ды:

Ответ:

SA  — вы­со­та пи­ра­ми­ды SABCD, по­это­му SA пер­пен­ди­ку­ля­рен плос­ко­сти ABC. Все грани пря­мо­уголь­ной пи­ра­ми­ды яв­ля­ют­ся пря­мо­уголь­ны­ми тре­уголь­ни­ка­ми. В тре­уголь­ни­ке SAB SA = 3, AB = 4. Тогда SB = 5. Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка SAB: Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка SBC: Най­дем пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти пи­ра­ми­ды:

Ответ:

SA  — вы­со­та пи­ра­ми­ды SABC, по­это­му SA пер­пен­ди­ку­ля­рен плос­ко­сти ABC. Две грани пря­мо­уголь­ной пи­ра­ми­ды яв­ля­ют­ся пря­мо­уголь­ны­ми тре­уголь­ни­ка­ми, Тре­уголь­ник SCB  — рав­но­бед­рен­ный с ос­но­ва­ни­ем CB. В тре­уголь­ни­ке SAB SA = 2, AB = 4. Тогда Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка SAB: В тре­уголь­ни­ке SBC BC = 2. От­рез­ки BH и BC пер­пен­ди­ку­ляр­ны. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка SBC:

Най­дем пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти пи­ра­ми­ды:

Ответ:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке PMH: так как это от­но­ше­ние и есть тан­генс дву­гран­но­го угла при ребре ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды. Пусть PH  =  4x, а HM  =  3x, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке PMH имеем: От­ку­да по­лу­ча­ем, что x  =  1, то есть PH  =  4, а HM  =  3. От­ре­зок AD в два раза боль­ше от­рез­ка HM, зна­чит, что AD  =  6, а пло­щадь квад­ра­та ABCD равна 36. Найдём пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти:

Ответ: 96.

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:

За­ме­тим, что от­ку­да

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 (см. рис.). Пусть BB₁D₁D  — мень­шее диа­го­наль­ное се­че­ние, тогда, так как диа­го­на­ли пер­пен­ди­ку­ляр­ны, а ис­ход­ный па­рал­ле­ле­пи­пед пря­мой, BB₁D₁D  — квад­рат. Сле­до­ва­тель­но, бо­ко­вые рёбра па­рал­ле­ле­пи­пе­да равны корню из 3. За­ме­тим, что пло­щадь боль­ше­го из се­че­ний равна про­из­ве­де­нию боль­шей диа­го­на­ли ос­но­ва­ния на бо­ко­вое ребро, от­ку­да В ос­но­ва­нии па­рал­ле­ло­грам­ма лежит ромб, тогда диа­го­на­ли ос­но­ва­ния пер­пен­ди­ку­ляр­ны. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра то есть

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти равна сумме двух пло­ща­дей ос­но­ва­ния и четырёх пло­ща­дей бо­ко­вых гра­ней, в нашем слу­чае:

Ответ: 14.

Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Пусть BB₁D₁D  — мень­шее диа­го­наль­ное се­че­ние, тогда, так как диа­го­наль об­ра­зу­ет с плос­ко­стью ос­но­ва­ния угол в 45°, а ис­ход­ный па­рал­ле­ле­пи­пед пря­мой, BB₁D₁D  — квад­рат. Сле­до­ва­тель­но, бо­ко­вые рёбра па­рал­ле­ле­пи­пе­да равны корню из 6. За­ме­тим, что пло­щадь боль­ше­го из се­че­ний равна про­из­ве­де­нию боль­шей диа­го­на­ли ос­но­ва­ния на бо­ко­вое ребро, от­ку­да В ос­но­ва­нии па­рал­ле­ло­грам­ма лежит ромб, тогда диа­го­на­ли ос­но­ва­ния пер­пен­ди­ку­ляр­ны. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра то есть

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти равна сумме двух пло­ща­дей ос­но­ва­ния и четырёх пло­ща­дей бо­ко­вых гра­ней, в нашем слу­чае:

Ответ: 28.

Пло­щадь се­че­ния будет от­но­сить­ся к плос­ко­сти ос­но­ва­ния, как ко­си­нус угла между ними, тогда по­лу­чим:

Зная пло­щадь ос­но­ва­ния, найдём сто­ро­ну AC:

Тогда, пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна:

Ответ: