PDF-версии: 
Боковые ребра треугольной пирамиды взаимно перпендикулярны и равны 2, 2 и 4. Найдите радиус описанной около этой пирамиды сферы.
Решение. 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: 
ADC — основание пирамиды. По теореме Пифагора в треугольнике ADC гипотенуза AC равна 
значит, PO = 2 см, тогда PH = 3 см. Отсюда 
см, а 
см.
см и 
см.
см2.
см2.
см. Центр вписанного в пирамиду шара отстоит от вершины пирамиды на расстоянии, вдвое больше радиуса шара. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.
см и PO = 2HO.
см.
см и 
см.
см2.
см2.
см3. Найдите площадь сферы, описанной вокруг конуса.
тогда 
тогда OB = 3 см, AB = 2OB = 6 см.
тогда 
см2. Найдите площадь сферы, вписанной в конус.
По формуле площади боковой поверхности 
значит, 
AB = 2OB = 2 см.
получаем, что 
Из прямоугольного треугольника POK по теореме Пифагора:
см, а сторона основания пирамиды равна 
см.
Из подобия треугольников PKM и PAC следует, что 
аналогично 
Из условия 
следовательно, 
Подставим данные в отношения, полученные из подобия, и найдем a:
см.
аналогично 
Из условия 
следовательно, 
Подставим данные в отношения, полученные из подобия, и найдем a:
). Найдем полощадь треугольника APK:
(см.рис.).
По теореме синусов из треугольника APK:
:
Так как треугольники ABC и A1B1C1 подобны, причем коэффициент подобия равен 
то 
Тогда объем маленькой пирамиды V1 равен: 
Тогда объём оставшейся части равен: 
Так как треугольники ABC и A1B1C1 подобны, причем коэффициент подобия равен 
то 
Тогда объем маленькой пирамиды V1 равен: 
Тогда объём оставшейся части равен: 
Диагональ боковой грани, содержащей боковую сторону треугольника, наклонена к плоскости основания под углом 
Найдите площадь боковой поверхности цилиндра, вписанного в призму.
и 
получаем
то есть 
Используя формулу площади боковой поверхности цилиндра имеем
то есть 
Используя формулу площади боковой поверхности цилиндра имеем
см2.
раз. Имеем:
см2.
раз. Имеем:
Треугольник KOP прямоугольный, 
В прямоугольном треугольнике KHO KO = 1,5, 
тогда 
Найдем объем вписанного конуса:
тогда 
Рассмотрим прямоугольный треугольник AKO: 
тогда 
В прямоугольном треугольнике KHO: 
тогда 
Найдем объем вписанного конуса:
длина ребра AA1 = 
Найдите периметр сечения, проведенного через точки C, P и M, где P — середина AD, M — середина BB1.
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: 
а ребро AA1 равно 
Найдите периметр сечения, проведенного через точки C, K и M, где K и M — середины ребер AD и BB1 соответственно.
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:
Найдите площадь поверхности описанной около пирамиды сферы.
Найдём площадь S поверхности сферы:
Найдите объем описанного около пирамиды шара.
В треугольниках FAN и LAM угол 
— общий, а углы 
и 
— прямые, значит, эти треугольники подобны по двум углам, откуда:
Тогда:
В треугольниках FBN и LBM угол 
— общий, а углы 
и 
— прямые, значит, эти треугольники подобны по двум углам, откуда:
Тогда:
площадь окружности равна 
а площадь боковой поверхности усечённого конуса равна 
Пусть отношение меньшего из отрезков высоты ко всей высоте равно k, тогда равенство площадей можно представить как
Пусть отношение меньшего из отрезков высоты ко всей высоте равно k, тогда равенство площадей можно представить как
Тогда объём искомого многогранника равен:
так как является средней линией треугольника BAC. Аналогично находим 
Четырёхугольник MKPE — квадрат, площадь которого равна 
Тогда объём искомого многогранника равен:
см2. Куб вписан в конус так, что одна из граней куба принадлежит основанию конуса, а вершины противолежащей грани принадлежат боковой поверхности конуса. Найдите ребро куба, вписанного в конус.
найдем r:
Пусть MM1 = x, тогда MK = 
x. Имеем:
см2. Куб вписан в конус так, что одна из граней куба принадлежит основанию конуса, а вершины противолежащей грани принадлежит боковой поверхности конуса. Найдите ребро куба, вписанного в конус.
найдем r:
получим 
а третий — 60°. Найдите объем пирамиды.
и 
Также проведены высоты PF и PM к сторонам основания и высота пирамиды 
В треугольниках PFB и PMB гипотенуза общая, а углы, прилежащие к ней, равны по условию, тогда эти треугольники равны по гипотенузе и острому углу, откуда, как соответствующие элементы, 
Так как HB — общая сторона, то треугольники BHF и BHM равны по катету и гипотенузе. Тогда 
и BH — биссектриса 
следовательно, 
а третий — 90°. Найдите объем пирамиды.
и 
Также проведены высоты PF и PM к сторонам основания и высота пирамиды 
Аналогично, для треугольников BHC и DHC имеем 
Тогда 
откуда 
и 
см.
и 
Точки M и H — середины ребер B1C1, D1C1 соответственно, а точка P принадлежит ребру DD1, причем D1P : DD 1 = 1 : 3. Найдите периметр сечения куба плоскостью MHP.
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:
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:
Треугольник AKB — равнобедренный (AK = BK), тогда 
Воспользуемся теоремой синусов:
и 
тогда 
Так как треугольник ABC равносторонний, то H — центр треугольника, откуда 
По условию высота пирамиды равна 3, тогда:
где 
и h = 3:
Треугольник DKB — равнобедренный, DK = BK, тогда 
Воспользуемся теоремой синусов:
тогда 
Так как ABC квадрат, то H — центр квадрата, откуда 
По условию высота пирамиды равна 5, тогда: 
где r = 5, h = 5:
Найдите угол между плоскостями боковых граней правильной треугольной пирамиды, вписанной в конус.
и 
так как основание пирамиды — вписанный в окружность правильный треугольник. В прямоугольном треугольнике 
по теореме Пифагора:
и 
равен углу между боковыми гранями пирамиды. По теореме косинусов в треугольнике AMB: 
откуда 
тогда 
и 
так как основание пирамиды — вписанный в окружность квадрат. В прямоугольном треугольнике 
то есть, грани пирамиды — правильные треугольники. Пусть точка M — середина ребра PD, откуда 
и 
равен углу между боковыми гранями пирамиды. По теореме косинусов в треугольнике AMC:
откуда 
Выразим высоту через площадь и найдем объем:
и 
Выразим образующую через площадь и найдем объем:
см, а сторона основания пирамиды равна 
см.
Пусть его сторона равна 
Рассмотрим треугольники PTM и PNF. В них 
— общий, а 
как соответственные углы при параллельных прямых NF и TM (PT — секущая). Тогда эти треугольники подобны до двум углам, следовательно:
см, а сторона основания пирамиды равна 
см.
а значит, 
По теореме Пифагора 
а значит, 
По теореме Пифагора 
как радиус описанной около треугольника ABC окружности. Имеем:
DO = AO = R — радиус описанной сферы. Из подобия треугольников OKD и AO1D имеем: 
Откуда искомый радиус 
как радиус вписанной в основание окружности. Тогда 
как радиус описанной около основания окружности. Имеем:
В пирамиду вписан цилиндр, нижнее основание которого лежит на основании пирамиды, а окружность его верхнего основания касается боковых граней пирамиды. Найдите отношение объемов пирамиды и цилиндра, если осевое сечение цилиндра является квадратом.
Заметим, что OO1 — ось цилиндра, а M1 — точка касания верхнего основания цилиндра и апофемы. Получаем, что треугольник DOM равнобедренный. По условию OO1 = 2M1O1. Пусть AB = a, тогда:
получаем, что DO1 = x, а DO = 3x. Тогда имеем:
и 
получаем, что:
Образующая конуса равна:
то есть угол APB равен 150°, исходя из того что по условию он тупой. Площадь Sосн основания конуса равна 
а площадь Sбок боковой поверхности — 
Две эти величины имеют следующее отношение:
:
раза.
то есть угол APB равен 90°. Площадь Sосн основания конуса равна 
Две эти величины имеют следующее отношение:
раз.
По условию Sпр = 56, значит, 
тогда 
Найдём площадь боковой поверхности цилиндра:
где P — периметр основания призмы. Тогда высота призмы равна 
Площадь полной поверхности призмы равна:
см3. Найдите угол наклона боковых граней пирамиды к плоскости основания.
см.
см.
см2.
см. 
найдём высоту:
см.
см3. Найдите угол наклона боковых ребер пирамиды к плоскости основания.
см.
Используя теорему Пифагора, найдём высоту пирамиды из треугольника PHC:
Сторону основания можно найти, используя формулу высоты правильного треугольника:
а объём пирамиды
Заметим, что отрезок CH равен радиусу шара, тогда точки H и O совпадают, а следовательно, высота пирамиды равна радиусу, то есть,
Найдём объём пирамиды
см.
где a — ребро пирамиды. Апофема PM — высота треугольника PBC, значит, 
По теореме Пифагора в треугольнике PMH:
и 
как радиус проведенный к касательной.
Катет KM прямоугольного треугольника OKM равен половине гипотенузы, значит, 
Так как SB образующая конуса в два раза больше радиуса его основания OB, то 
а площадь поверхности шара получаем по формуле 
отсюда 
тогда в прямоугольном треугольнике OO1B имеем 
по свойству прямоугольных треугольников. Тогда 
а значит, треугольник равносторонний. Найдем высоту OO1 по формуле высоты для правильных треугольников 
см3.
см3.
раз больше стороны основания
тогда:
а 
не был посторонним для изначального уравнения.
а 
не был посторонним для изначального уравнения.
которая имеет наибольшую боковую поверхность.
а 
Из треугольника C1M1O находим
получим под корнем 
что достигает максимума при 
(вершина параболы). Значит, 
откуда 
AB = 1 и 
Поскольку треугольники MOA, MOB, ... MOC1 равны по двум катетам, точка O равноудалена от всех вершин призмы и потому является ее центром описанного шара.
значит, 
(вершина параболы). При нем же достигается и наименьшее значение корня.
Прямоугольные треугольники STH и SA1O имеют общий острый угол и потому подобны, откуда
поэтому равна 
Значит, 
то есть 
и 
Прямоугольные треугольники STH и SA1O имеют общий острый угол и потому подобны, откуда
то есть 
и площадь ее 
поскольку это и есть угол при ребре основания, а сечением сферы станет вписанная в этот треугольник окружность того же радиуса, что и сфера.
Значит, площадь ее равна 
проходящей через точку A (1 ; –1).
Напишем уравнение касательной в этой точке. Поскольку
Подставим её:
проходящей через точку A (2; –2).
Напишем уравнение касательной в этой точке. Поскольку
Подставим её:
Радиус описанной окружности ровно в 
и 
является корнем уравнения.
получаем
получаем
и 
неравенство принимает вид:
отрицателен.
неравенство принимает вид:
или 
поскольку корни уравнения 
равны 
и 
Поэтому учитывать ОДЗ не потребуется: случай 
мы сразу даже разбирать не стали.
а из второго 
и 
неравенство принимает вид:
отрицателен.
неравенство принимает вид:
или 
поскольку корни уравнения 
и 
Поэтому учитывать ОДЗ не потребуется: случай 
а из второго 
E и F — середины ребер A1B1 и AC соответственно. Найдите расстояние между прямыми AA1 и EF.
треугольники PNF и PMT подобны, поэтому их высоты относятся так же, как их стороны. При этом 
и 
Значит
и 
Осталось найти это отношение.
тогда боковое ребро 
Далее,
поэтому 
Кроме того,
Далее,
и 
Очевидно, что 
тогда
и 
так как только для них синус неотрицателен.
и 
Очевидно, что 
тогда
и 
так как только для них косинус неотрицателен.
Тогда объем ее равен 
Тогда:
и 
и 
причем для всех целых отрицательных k значения x будут отрицательными. Для наибольшего отрицательного корня необходимо 
тогда осталось выбрать между 
или 
Ясно, что первое число больше.
причем для всех целых положительных k значения x будут положительными. Для наименьшего положительного необходимо 
тогда осталось выбрать между 
или 
Ясно, что первое число больше.
поэтому точки A, D, B1, C1 являются вершинами параллелограмма и AC1 параллельна DB1.
и постройте ее график.
функция является нечетной, ее график симметричен относительно начала координат.
получаем:
и отрицательна при 
Значит, функция убывает на промежутке 
возрастает на промежутке 
и снова убывает на промежутке 
Точка 
является точкой минимума функции, а точка 
и 
и отрицателен на промежутках 
и 
Следовательно, функция выпукла вниз на промежутках 
и 
и выпукла вверх (вогнута) на промежутках 
и 
Точки 
являются точками перегиба, причем:
и постройте ее график.
возрастает на промежутке 
и 
и отрицателен на промежутках 
и 
Следовательно, функция выпукла вниз на промежутках 
являются точками перегиба, причем
поэтому DKP1P — параллелограмм и, следовательно, KP1 параллельна DP. Значит, плоскость SKP1, она же SKB, — одна из двух указанных плоскостей.
поэтому 
— параллелограмм и, следовательно, KP1 параллельна DP. Значит, плоскость SKP1, она же SKB, — одна из двух указанных плоскостей.
и 
поэтому и 
Следовательно, проекция SH на плоскость боковой грани SBC это прямая SM и 
Пусть K — проекция T на SM (она же точка касания вписанной сферы с гранью SBC). Тогда
ребро основания равно 12 и площадь ее боковой поверхности составляет:
и равно оно 
поэтому наибольшее значение полной поверхности цилиндра составит:
поэтому положительна при 
Значит, функция 
возрастает при 
и убывает при 
а при 
принимает наибольшее значение при неотрицательных x. Для него получаем:
и постройте ее график.
получаем 
поэтому горизонтальных и наклонных асимптот не будет.
Значит, функция убывает на промежутке 
и возрастает на промежутке 
и постройте ее график.
поэтому горизонтальных и наклонных асимптот не будет.
Точка 
С другой стороны,
С другой стороны,
и 
тогда по теореме Фалеса прямые PT и DZ параллельны. Кроме того PO параллельна DK, следовательно, плоскость KDZ параллельна плоскости CPT и KDZ — вторая интересующая нас плоскость.
поэтому:
см,
поэтому:
см.
и 
тогда по теореме Фалеса прямые PT и DZ параллельны. Кроме того PO параллельна DK, следовательно, KDZ параллельна CPT и KDZ — вторая интересующая нас плоскость.
По теореме Пифагора:
поэтому окончательный ответ:
см.
тогда:
(положительность аргументов логарифмов будет следовать из первых двух неравенств). То есть 
Итак, ОДЗ неравенства это 
и неравенство принимает вид
Применим метод рационализации:
и при 
Учитывая ОДЗ неравенства, получаем 
Второе дает 
Значит, решением системы будет 
причем весь этот промежуток входит в ОДЗ исходного неравенства.
тогда:
(положительность аргументов логарифмов будет следовать из первых двух неравенств). То есть 
Итак, ОДЗ неравенства это 
тогда 
и неравенство принимает вид
и при 
Учитывая ОДЗ неравенства, получаем 
Значит, 
и треугольник SMN равносторонний, так как является равнобедренным с углом 60°.
Значит, 
и треугольник ASB равносторонний, так как является равнобедренным с углом 60°. Обозначим радиус основания конуса за R, а радиус основания цилиндра за x. Тогда высота конуса равна:
и высота цилиндра равна 
Значит, объем цилиндра равен:
возрастает при 
и убывает при 
а при 
принимает наибольшее значение при неотрицательных x. Для него получаем:
Кроме того, треугольник ASB равносторонний, так как является равнобедренным с углом 60°, поэтому диаметр основания равен 12, а радиус 6. Обозначим радиус основания цилиндра за x. Тогда высота конуса равна:
Значит, объем цилиндра равен:
Значит, функция 
возрастает при 
и убывает при 
а при 
принимает наибольшее значение при неотрицательных x. Для него получаем
и тогда
Эта окружность будет основанием цилиндра.
и тогда
Эта окружность будет основанием цилиндра.
с другой стороны, он равен диаметру вписанной окружности четырехугольника AA1B1B, то есть 
Значит, площадь поверхности шара равна:
с другой стороны, он равен диаметру вписанной окружности четырехугольника AA1B1B, то есть 
Значит, площадь поверхности шара равна:
точка T лежит на биссектрисе угла SMO и, cледовательно, делит отрезок SO в отношении
поэтому сторона AB треугольника равна:
тогда 
как диагональ грани куба. Треугольники SC1E1 и SAB подобны, поскольку C1E1 параллелен AB. Значит, их высоты относятся так же, как их основания, откуда
поэтому сторона AB треугольника равна:
тогда 
Тогда расстояние от центра куба, он же центр октаэдра, до всех вершин октаэдра будет равно a.
Поскольку A1K1 = FN1 = C1N и A1K1 параллелен FN1 и C1N, точки A1, K1, N, C1 являются вершинами параллелограмма.
