Пусть   — длина об­ра­зу­ю­щей ко­ну­са и ра­ди­у­са сек­то­ра, яв­ля­ю­ще­го­ся раз­верт­кой бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са. Тогда по­лу­ча­ем длину дуги:

Тогда най­дем ра­ди­ус окруж­но­сти:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке POA по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Из фор­му­лы пло­ща­ди осе­во­го се­че­ния:

Тогда и Итак, по­лу­ча­ем пол­ную по­верх­ность ко­ну­са:

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). Вы­ра­зим пло­щадь S осе­во­го се­че­ния APB:

По­сколь­ку S  =  4 см², то есть угол APB равен 150°, ис­хо­дя из того что по усло­вию он тупой. Пло­щадь S_осн ос­но­ва­ния ко­ну­са равна а пло­щадь S_бок бо­ко­вой по­верх­но­сти  — Две эти ве­ли­чи­ны имеют сле­ду­ю­щее от­но­ше­ние:

Так как PO  — вы­со­та, из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка POB имеем:

Вы­чис­лим :

Ответ: в раза.

Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке (см. рис). Вы­ра­зим пло­щадь S осе­во­го се­че­ния APB:

По­сколь­ку S  =  2 см², то есть угол APB равен 90°. Пло­щадь S_осн ос­но­ва­ния ко­ну­са равна а пло­щадь S_полн пол­ной по­верх­но­сти  — Две эти ве­ли­чи­ны имеют сле­ду­ю­щее от­но­ше­ние:

Так как PO  — вы­со­та, из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка POB имеем:

Итак, от­но­ше­ние пло­ща­ди пол­ной по­верх­но­сти ко­ну­са к пло­ща­ди ос­но­ва­ния равно:

Ответ: в раз.

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:

Най­дем ра­ди­у­сы ос­но­ва­ний ко­ну­са. Так как Осе­вое се­че­ние усе­чен­но­го ко­ну­са  — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция AA₁B₁B, в ко­то­рой A₁B₁ = 2r = 10, AB = 2R = 16. Зная пло­щадь тра­пе­ции, най­дем ее вы­со­ту:

Так как тра­пе­ция яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ной,

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке A₁AH:

Най­дем пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са:

Най­дем пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти:

Ответ:

Тре­уголь­ник ASB  — рав­но­бед­рен­ный, яв­ля­ет­ся осе­вым се­че­ни­ем ко­ну­са, SO  — вы­со­та ко­ну­са, OB  — ра­ди­ус его ос­но­ва­ния. Круг с ра­ди­у­сом R и цен­тром O ка­са­ет­ся бо­ко­вой сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка ASB в точке K. Тогда имеем: и как ра­ди­ус про­ве­ден­ный к ка­са­тель­ной.

Про­ве­дем Катет KM пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OKM равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, зна­чит,

Из тре­уголь­ни­ка SOB по­лу­чим ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са: Так как SB об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са в два раза боль­ше ра­ди­у­са его ос­но­ва­ния OB, то

Най­дем пло­щадь по­верх­но­сти шара, пло­щадь по­верх­но­сти ко­ну­са и их от­но­ше­ние:

Ответ: 1 : 1.

Пусть ABCA₁B₁C₁  — пра­виль­ная тре­уголь­ная приз­ма, M и M₁  — цен­тры ее ос­но­ва­ний, O  — се­ре­ди­на от­рез­ка MM₁. По­сколь­ку тре­уголь­ни­ки MOA, MOB, ... MOC1 равны по двум ка­те­там, точка O рав­но­уда­ле­на от всех вер­шин приз­мы и по­то­му яв­ля­ет­ся ее цен­тром опи­сан­но­го шара.

Обо­зна­чим длину ребра ос­но­ва­ния приз­мы за 6x, тогда вы­со­та в ос­но­ва­нии равна а Из тре­уголь­ни­ка C₁M₁O на­хо­дим

по­это­му вы­со­та приз­мы равна

Зна­чит пло­щадь ее бо­ко­вой по­верх­но­сти равна

Най­дем мак­си­мум этого вы­ра­же­ния. Обо­зна­чая вре­мен­но по­лу­чим под кор­нем что до­сти­га­ет мак­си­му­ма при (вер­ши­на па­ра­бо­лы). Зна­чит, от­ку­да AB  =  1 и

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти этой приз­мы равна

Ответ:

Пусть ABCA₁B₁C₁  — пра­виль­ная тре­уголь­ная приз­ма, M и M₁  — цен­тры ее ос­но­ва­ний, O  — се­ре­ди­на от­рез­ка По­сколь­ку тре­уголь­ни­ки MOA, MOB, ... MOC₁ равны по двум ка­те­там, точка O рав­но­уда­ле­на от всех вер­шин приз­мы и по­то­му яв­ля­ет­ся ее цен­тром опи­сан­но­го шара.

Обо­зна­чим длину ребра ос­но­ва­ния приз­мы за 6x, тогда вы­со­та в ос­но­ва­нии равна а Кроме того, вер­ти­каль­ное ребро приз­мы имеет длину зна­чит,

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка OM₁C1 по­лу­ча­ем, что ра­ди­ус шара

Наи­мень­шее зна­че­ние под­ко­рен­но­го вы­ра­же­ния до­сти­га­ет­ся при (вер­ши­на па­ра­бо­лы). При нем же до­сти­га­ет­ся и наи­мень­шее зна­че­ние корня.

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти этой приз­мы равна

Ответ:

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти ко­ну­са на­хо­дит­ся по фор­му­ле: Так как его осе­вым се­че­ние яв­ля­ет­ся рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник со сто­ро­ной 4 см, то об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са равна l  =  4 см, а ра­ди­ус его ос­но­ва­ния r  =  2 см, тогда пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна:

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:

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти ко­ну­са на­хо­дит­ся по фор­му­ле: Так как его осе­вым се­че­ние яв­ля­ет­ся рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник со сто­ро­ной 6 см, то об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са равна l  =  6 см, а ра­ди­ус его ос­но­ва­ния r  =  3 см, тогда пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна:

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:

Пусть M и N  — се­ре­ди­ны ребер BC и AD ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды SABCD со­от­вет­ствен­но, точка O - центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, ко­то­рый делит от­ре­зок MN по­по­лам. Пусть далее T  — центр сферы, H  — ос­но­ва­ние пер­пен­ди­ку­ля­ра, опу­щен­но­го из T на SM. Тогда, по­сколь­ку MN пер­пен­ди­ку­ляр­на BC и SO пер­пен­ди­ку­ляр­на BC, то и вся плос­кость SMN 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 SMO имеют общий ост­рый угол и по­то­му по­доб­ны, от­ку­да

Зна­чит, то есть и пло­щадь ее

Ответ:

Пусть M и N  — се­ре­ди­ны ребер BC и AD ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды SABCD со­от­вет­ствен­но, рас­смот­рим се­че­ние пи­ра­ми­ды плос­ко­стью SMN. В этом се­че­нии по­лу­чит­ся тре­уголь­ник SMN, ко­то­рый будет рав­но­сто­рон­ним, так как SM  — апо­фе­ма грани, а MN пер­пен­ди­ку­ляр­на BC, от­ку­да по­сколь­ку это и есть угол при ребре ос­но­ва­ния, а се­че­ни­ем сферы ста­нет впи­сан­ная в этот тре­уголь­ник окруж­ность того же ра­ди­у­са, что и сфера.

Ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка это треть его вы­со­ты, от­ку­да Зна­чит, пло­щадь ее равна

Ответ:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра можно найти по фор­му­ле: За­ме­тим, что диа­метр, вы­со­та и диа­го­наль осе­во­го се­че­ния об­ра­зу­ют пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник, тогда, так как диа­го­наль осе­во­го се­че­ния ци­лин­дра об­ра­зу­ет угол 45° с плос­ко­стью ос­но­ва­ния, то этот тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный, то есть диа­метр ос­но­ва­ния ци­лин­дра равен его вы­со­те.

Имеем:

Ответ:

По­сколь­ку пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна про­из­ве­де­нию его сто­рон, умно­жен­но­му на синус угла между ними, по­лу­ча­ем, что от­ку­да

Для од­но­го угла па­рал­ле­ло­грам­ма сле­ду­ет взять плюс, для дру­го­го минус  — они как раз в сумме дают

Най­дем тогда по тео­ре­ме ко­си­ну­сов диа­го­на­ли этого па­рал­ле­ло­грам­ма:

Зна­чит, одна из его диа­го­на­лей равна а дру­гая

Все диа­го­на­ли па­рал­ле­ле­пи­пе­да яв­ля­ют­ся ги­по­те­ну­за­ми тре­уголь­ни­ков, ка­те­та­ми ко­то­рых будут бо­ко­вое ребро приз­мы и одна из диа­го­на­лей ос­но­ва­ния. Обо­зна­чим длину бо­ко­во­го ребра за x, тогда от­ку­да то есть Ясно, что ис­поль­зо­вать вто­рую диа­го­наль ос­но­ва­ния нель­зя.

Тогда бо­ко­вая по­верх­ность со­сто­ит из че­ты­рех пря­мо­уголь­ни­ков общей пло­ща­дью

Ответ: 240.

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра можно найти по фор­му­ле: За­ме­тим, что диа­метр, вы­со­та и диа­го­наль осе­во­го се­че­ния об­ра­зу­ют пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник, тогда, так как диа­го­наль осе­во­го се­че­ния ци­лин­дра об­ра­зу­ет угол 45° с плос­ко­стью ос­но­ва­ния, то этот тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный, то есть диа­метр ос­но­ва­ния ци­лин­дра равен его вы­со­те.

Имеем:

Ответ: