Пусть ис­ход­ная пи­ра­ми­да изоб­ра­же­на на ри­сун­ке (см. рис) таким об­ра­зом, что ADC  — ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке ADC ги­по­те­ну­за AC равна

Центр O₁ опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ADC яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной его ги­по­те­ну­зы, он рав­но­удалён от точек A, D и C. Центр O опи­сан­ной во­круг пи­ра­ми­ды сферы также рав­но­удалён от этих точек и от точки B, по­это­му лежит на пря­мой, пер­пен­ди­ку­ляр­ной AC. По­сколь­ку центр O рав­но­удалён от точек B и D, он лежит на MO  — вы­со­те к сто­ро­не BD тре­уголь­ни­ка DBO. Зна­чит, ра­ди­ус опи­сан­ной сферы равен от­рез­ку DO. Так как MOO₁D  — пря­мо­уголь­ник (углы MDO и MDO₁), то:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке DOO₁:

Ответ:

Пусть ис­ход­ная пи­ра­ми­да изоб­ра­же­на на ри­сун­ке (см. рис) таким об­ра­зом, что ADC  — ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке ADC ги­по­те­ну­за AC равна

Центр O₁ опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ADC яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной его ги­по­те­ну­зы, он рав­но­удалён от точек A, D и C. Центр O опи­сан­ной во­круг пи­ра­ми­ды сферы также рав­но­удалён от этих точек и от точки B, по­это­му лежит на пря­мой, пер­пен­ди­ку­ляр­ной AC. По­сколь­ку центр O рав­но­удалён от точек B и D, он лежит на MO  — вы­со­те к сто­ро­не BD тре­уголь­ни­ка DBO. Зна­чит, ра­ди­ус опи­сан­ной сферы равен от­рез­ку DO. Так как MOO₁D  — пря­мо­уголь­ник (углы MDO и MDO₁), то:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке DOO₁:

Ответ:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра ги­по­те­ну­за AB = 10 см.

Про­ве­дем вы­со­ту пи­ра­ми­ды SH. Так как по усло­вию бо­ко­вые ребра равны, то точна H яв­ля­ет­ся цен­тром опи­сан­ной окруж­но­сти во­круг ос­но­ва­ния. Сле­до­ва­тель­но, точка H  — се­ре­ди­на ги­по­те­ну­зы AB. Тогда AH = HB = 5 см.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник AHS. По усло­вию AS = AH = 5 см. Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем SH:

Тогда вы­со­та пи­ра­ми­ды равна 2 см. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма пи­ра­ми­ды:

Ответ: 16 см³.

Плос­кость пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ния ци­лин­дра по па­рал­лель­ным хор­дам AD и BC. Про­ве­дем O₁M и KO, пер­пен­ди­ку­ляр­ные AD и BC со­от­вет­ствен­но, тогда AM  =  MD  =  3, BK  =  KC  =  4.

Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков O₁MD и BOK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра O₁M = 4, KO = 3. Точка P  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мой KM с OO₁. Тре­уголь­ник POK по­до­бен тре­уголь­ни­ку PMO₁, тогда

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка POK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Из по­до­бия по­лу­ча­ем, что

Тогда

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди по­верх­но­сти

Ответ:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра ги­по­те­ну­за AB = 10 см.

Про­ве­дем вы­со­ту пи­ра­ми­ды SH. Так как по усло­вию бо­ко­вые ребра со­став­ля­ют с ос­но­ва­ни­ем пи­ра­ми­ды рав­ные углы, то точна H яв­ля­ет­ся цен­тром опи­сан­ной окруж­но­сти во­круг ос­но­ва­ния. Сле­до­ва­тель­но, точка H  — се­ре­ди­на ги­по­те­ну­зы AB. Тогда AH = HB = 5 см.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник AHS. По усло­вию AS = AH = 5 см. Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем SH:

Тогда вы­со­та пи­ра­ми­ды равна 3 см. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма пи­ра­ми­ды:

Ответ: 24 см³.

Про­ве­дем KO и MO₁ со­от­вет­ствен­но пер­пен­ди­ку­ляр­ные пря­мым BC и AD. Тогда:

Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков KOB и MDO₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра KO = MO₁ = Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка POK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Тогда OO₁ = 2PO = 2. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди по­верх­но­сти

Ответ:

Пусть пря­мо­уголь­ник ABCD  — осе­вое се­че­ние ци­лин­дра. По фор­му­ле пло­ща­ди пол­ной по­верх­но­сти ци­лин­дра где r  — ра­ди­ус ос­но­ва­ния ци­лин­дра, а l  — сто­ро­на се­че­ния. Тогда рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник CAD. В нём и от­ку­да По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

За­ме­тим, что   — диа­метр ос­но­ва­ния ци­лин­дра, зна­чит, Под­ста­вим все дан­ные в общую фор­му­лу и по­лу­чим:

Ответ:

Пусть пря­мо­уголь­ник ABCD  — осе­вое се­че­ние ци­лин­дра. По фор­му­ле пло­ща­ди пол­ной по­верх­но­сти ци­лин­дра где r  — ра­ди­ус ос­но­ва­ния ци­лин­дра, а l  — сто­ро­на се­че­ния. Тогда рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник CAD. В нём и от­ку­да и По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

Под­ста­вим все дан­ные в общую фор­му­лу и по­лу­чим:

Ответ:

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:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра сто­ро­на ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды равна 4. Далее за­ме­тим, что ра­ди­ус впи­сан­ной в ос­но­ва­ние окруж­но­сти, в центр ко­то­рой па­да­ет вы­со­та пи­ра­ми­ды, равен 2, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра вы­со­та пи­ра­ми­ды равна 4. Объём пи­ра­ми­ды можно найти по фор­му­ле в нашем слу­чае

Ответ:

Диа­го­наль ос­но­ва­ния в два раза боль­ше ра­ди­у­са опи­сан­ной окруж­но­сти. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра сто­ро­на ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды равна 6. Далее за­ме­тим, что ра­ди­ус впи­сан­ной в ос­но­ва­ние окруж­но­сти равен 3, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра вы­со­та пи­ра­ми­ды равна 6. Объём пи­ра­ми­ды можно найти по фор­му­ле в нашем слу­чае

Ответ: 36.

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:

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:

Пусть дан­ные за­да­чи изоб­ра­же­ны на ри­сун­ке (см. рис). Плос­кость рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ABC (AB  =  AC) и не ле­жа­щая на ней точка P об­ра­зу­ют тре­уголь­ную пи­ра­ми­ду. По­сколь­ку все её бо­ко­вые рёбра равны, точка H (в неё па­да­ет вы­со­та пи­ра­ми­ды) яв­ля­ет­ся цен­тром опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABM найдём AB по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Найдём пло­щадь S тре­уголь­ни­ка ABC:

Найдём те­перь ра­ди­ус R опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка PHC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра найдём PC:

Ответ:

Пусть дан­ные за­да­чи изоб­ра­же­ны на ри­сун­ке (см. рис). Плос­кость рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ABC и не ле­жа­щая на ней точка M об­ра­зу­ют тре­уголь­ную пи­ра­ми­ду. По­сколь­ку все рас­сто­я­ния от точки M до сто­рон тре­уголь­ни­ка равны, точка H (в неё па­да­ет вы­со­та пи­ра­ми­ды) яв­ля­ет­ся цен­тром впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABK найдём BK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Найдём пло­щадь S тре­уголь­ни­ка ABC:

Те­перь найдём ра­ди­ус r впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка MHK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра найдём MH:

Ответ: 8 см.

При­мем длину об­ра­зу­ю­щей ко­ну­са за тогда ра­ди­ус сек­то­ра также равен На­хо­дим длину дуги сек­то­ра Так как то В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке POA по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Вы­чис­лим объем ко­ну­са, ис­поль­зуя все име­ю­щи­е­ся дан­ные:

Ответ:

При­мем длину об­ра­зу­ю­щей ко­ну­са за тогда ра­ди­ус сек­то­ра также равен На­хо­дим длину дуги сек­то­ра Так как то В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке POA по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Вы­чис­лим объем ко­ну­са, ис­поль­зуя все име­ю­щи­е­ся дан­ные:

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°.