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:

Пя­ти­уголь­ник AKMHP  — ис­ко­мое се­че­ние, при­чем Так как диа­го­наль куба равна то его сто­ро­на равна 2. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра от­ре­зок а от­рез­ки KM и HP равны Ана­ло­гич­но от­рез­ки AK и AP равны тогда пе­ри­метр се­че­ния равен:

Ответ:

Пя­ти­уголь­ник DHKMPC  — ис­ко­мое се­че­ние, при­чем Так как диа­го­наль куба равна то его сто­ро­на равна 3. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра от­ре­зок а от­рез­ки KH и MP равны Ана­ло­гич­но от­рез­ки HD и PD равны тогда пе­ри­метр се­че­ния равен:

Ответ:

За­ме­тим, что от­ку­да

Ответ:

Так как тогда а

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке KHB₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра B₁H  =  8 см.

Найдём пло­щадь се­че­ния:

Ответ: 48 см².

Так как тогда а

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке KHA по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра AH  =  5 см.

Найдём пло­щадь се­че­ния:

Ответ:

Тра­пе­ция AD₁PM  — ис­ко­мое се­че­ние, где как диа­го­наль квад­ра­та AA₁D₁D. Осталь­ные сто­ро­ны най­дем, при­ме­нив тео­ре­му Пи­фа­го­ра для со­от­вет­ству­ю­щих пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков:

Таким об­ра­зом, AD₁PM  — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция. Про­ве­дем вы­со­ту PH, тогда тре­уголь­ник PHD₁  — пря­мо­уголь­ный. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в нем имеем:

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции:

Ответ: 18 см².

Тра­пе­ция CD₁PN  — ис­ко­мое се­че­ние, где как диа­го­наль квад­ра­та AA₁D₁D. Осталь­ные сто­ро­ны най­дем, при­ме­нив тео­ре­му Пи­фа­го­ра для со­от­вет­ству­ю­щих пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков:

Таким об­ра­зом, CD₁PN  — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция. Про­ве­дем вы­со­ту PH, тогда тре­уголь­ник PHD₁  — пря­мо­уголь­ный. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в нем имеем:

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции:

Ответ: 72 см².

Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Сред­няя линия LN па­рал­лель­ная сто­ро­не A₁C₁ ос­но­ва­ния, в ко­то­ром она лежит, а зна­чит, па­рал­лель­на сто­ро­не AC дру­го­го ос­но­ва­ния. Сле­до­ва­тель­но, се­че­ние  — тра­пе­ция. Сред­няя линия тре­уголь­ни­ка равна по­ло­ви­не той сто­ро­ны, ко­то­рой она па­рал­лель­на, а по­то­му равна 6. Сле­до­ва­тель­но, ос­но­ва­ния тра­пе­ции равны 6 и 12. Оста­лось найти вы­со­ту тра­пе­ции.

Про­ведём B₁M₁  — вы­со­ту ос­но­ва­ния A₁B₁C₁. Вы­чис­лим её длину по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Пусть K₁  — точка пе­ре­се­че­ния LN и B₁M₁, тогда M₁K₁  =  4. Из точки M₁ про­ведём вы­со­ту MM₁ приз­мы, со­еди­ним точки K₁ и M, по­лу­чим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник MM₁K₁. В нём по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Вы­чис­лим ис­ко­мую пло­щадь се­че­ния:

Ответ:

Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке CNC₁ катет NC₁ лежит про­тив угла в 30°, а зна­чит, ги­по­те­ну­за CN в два раза боль­ше этого ка­те­та. То есть равна B₁C₁ в силу того, что MN  — сред­няя линия. За­ме­тим, что от­рез­ки MN, A₁C₁, а зна­чит, и AC па­рал­лель­ны, то есть, се­че­ние  — тра­пе­ция, причём пря­мо­уголь­ная. Тогда пло­щадь се­че­ния, равна

Ответ: 45.

Зная пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти, найдём сто­ро­ну AC:

Тогда, пло­щадь ос­но­ва­ния равна:

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

Ответ:

Се­че­ние пред­став­ля­ет собой круг, ра­ди­ус ко­то­ро­го равен:

Таким об­ра­зом, пло­щадь се­че­ния равна:

Ответ: 5 см².

Пусть SO  — вы­со­та ко­ну­са, тогда тре­уголь­ник SAB будет яв­лять­ся осе­вым се­че­ни­ем ко­ну­са, где AB  =  2AO. Рас­смот­рим тре­уголь­ник SOA  — пря­мо­уголь­ный: так как лежит про­тив угла 30°. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Пло­щадь осе­во­го се­че­ния равна двум пло­ща­дям тре­уголь­ни­ка SOA, то есть:

Ответ: б.

Пусть SO  — вы­со­та ко­ну­са, тогда тре­уголь­ник SAB будет яв­лять­ся осе­вым се­че­ни­ем ко­ну­са, где AB  =  2AO. Рас­смот­рим тре­уголь­ник SOA, ко­то­рый яв­ля­ет­ся од­но­вре­мен­но пря­мо­уголь­ным и рав­но­бед­рен­ным. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Пло­щадь осе­во­го се­че­ния равна двум пло­ща­дям тре­уголь­ни­ка SOA, то есть:

Ответ: г.

Осе­вым се­че­ни­ем ци­лин­дра яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ник. Пусть d  — диа­го­наль этого пря­мо­уголь­ни­ка, а b  — одна из сто­рон, рав­ная 2r  =  6 см. Найдём вто­рую сто­ро­ну пря­мо­уголь­ни­ка по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Тогда пло­щадь осе­во­го се­че­ния равна:

Ответ: в.

Осе­вым се­че­ни­ем ци­лин­дра яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ник. Пусть d  — диа­го­наль этого пря­мо­уголь­ни­ка, а b  — одна из сто­рон, рав­ная 2r  =  8 см. Найдём вто­рую сто­ро­ну пря­мо­уголь­ни­ка по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Тогда пло­щадь осе­во­го се­че­ния равна:

Ответ: в.

Найдём ра­ди­ус ос­но­ва­ния, зная пло­щадь: Так как се­че­ние делит вы­со­ту в от­но­ше­нии 2 : 3, то из по­до­бия тре­уголь­ни­ков спра­вед­ли­во от­но­ше­ние:

Итак, пло­щадь се­че­ния равна:

Ответ:

Найдём ра­ди­ус ос­но­ва­ния, зная пло­щадь: Так как се­че­ние делит вы­со­ту в от­но­ше­нии 4 : 5, то из по­до­бия тре­уголь­ни­ков спра­вед­ли­во от­но­ше­ние:

Итак, пло­щадь се­че­ния равна:

Ответ: