Ре­ше­ние. Найдём объёмы шаров:

Найдём объём V вы­плав­лен­но­го из них куба:

Найдём a ребро куба:

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти S куба:

Ответ:

Ре­ше­ние. Найдём объёмы кубов:

Найдём объём V вы­плав­лен­но­го из них шара:

Найдём R ра­ди­ус шара:

Пло­щадь по­верх­но­сти S куба:

Ответ:

Ре­ше­ние. Вы­ра­зим пло­щадь через синус:

Найдём пе­ри­метр ос­но­ва­ния:

Так как S_бок = P_осн · h, то

Найдём объём па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ: см³.

Ре­ше­ние. Вы­ра­зим пло­щадь через синус:

Найдём пе­ри­метр ос­но­ва­ния:

Так как S_бок = P_осн · h, то

Найдём объём па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ: см³.

Ре­ше­ние. Так как тре­уголь­ни­ки ABC и BDC рав­но­бед­рен­ные, то их вы­со­ты AM и DM од­но­вре­мен­но яв­ля­ют­ся и ме­ди­а­на­ми по свой­ству рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков. Тогда точка M, се­ре­ди­на сто­ро­ны BC, общая для AM и DM.

Рас­смот­рим угол между плос­ко­стя­ми ABC и BDC: Тогда угол AMD яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла между плос­ко­стя­ми ABC и BDC.

При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке ADM:

Так как AMD  — один из углов тре­уголь­ни­ка, то он по­ло­жи­те­лен и не пре­вос­хо­дит зна­чит, Тогда гра­дус­ная мера угла между плос­ко­стя­ми ABC и BDC равна

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как тре­уголь­ни­ки ABC и BDC рав­но­бед­рен­ные, то их вы­со­ты AM и DM од­но­вре­мен­но яв­ля­ют­ся и ме­ди­а­на­ми по свой­ству рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков. Тогда точка M, се­ре­ди­на сто­ро­ны BC, общая для AM и DM.

Рас­смот­рим угол между плос­ко­стя­ми ABC и BDC: Тогда угол AMD яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла между плос­ко­стя­ми ABC и BDC.

При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке ADM:

Так как AMD  — один из углов тре­уголь­ни­ка, то он по­ло­жи­те­лен и не пре­вос­хо­дит зна­чит, Тогда гра­дус­ная мера угла между плос­ко­стя­ми ABC и BDC равна

Ответ:

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. При вра­ще­нии пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка во­круг од­но­го из ка­те­тов по­лу­чит­ся конус.

Ответ: б).

Ре­ше­ние. Рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник APK  — осе­вое се­че­ние ко­ну­са

По тео­ре­ме си­ну­сов: От­сю­да:

Длин­на OH равна рас­сто­я­нию от цен­тра сферы до точки C, тогда:

Ответ:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. При вра­ще­нии та­ко­го тре­уголь­ни­ка во­круг одной из сто­рон по­лу­чат­ся два рав­ных ко­ну­са, ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­то­рых равен вы­со­те тре­уголь­ни­ка. Вы­со­ты этих ко­ну­сов равны по­ло­ви­не сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка. Имеем:

Тогда объём по­лу­чен­ной фи­гу­ры равен:

Ответ:

Ре­ше­ние. При вра­ще­нии та­ко­го тре­уголь­ни­ка во­круг одной из сто­рон по­лу­чат­ся два рав­ных ко­ну­са, ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­то­рых равен вы­со­те тре­уголь­ни­ка. Вы­со­ты этих ко­ну­сов равны по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы тре­уголь­ни­ка. Имеем:

Тогда объём по­лу­чен­ной фи­гу­ры равен:

Ответ:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние.

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:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. 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°.

Ре­ше­ние. Ис­поль­зуя тео­ре­му Пи­фа­го­ра найдём вто­рую сто­ро­ну ос­но­ва­ния: За­ме­тим, что угол BCB₁ яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом ис­ко­мо­го дву­гран­но­го угла, тогда

Ответ: 60°.

Ре­ше­ние. Про­ведём вы­со­ту AH в тре­уголь­ни­ке ABC. По тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах MH пер­пен­ди­ку­ляр­но BC, а угол AMH яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла плос­ко­стей ABC и MBC. Тогда по усло­вию угол MHA равен 60°. От­ре­зок так как тре­уголь­ник ABC  — рав­но­сто­рон­ний. Ги­по­те­ну­за пря­мо­гуль­но­го тре­уголь­ни­ка MH в два раза боль­ше от­рез­ка AH, так как он лежит про­тив угла 30°. Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке MAH най­дем боль­ший катет: В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MAB найдём тан­генс угла MBA:

Ответ:

Ре­ше­ние. Угол MBA  — угол, об­ра­зо­ван­ный сто­ро­ной MB и плос­ко­стью ос­но­ва­ния, а зна­чит, Тогда В рав­но­сто­рон­нем тре­уголь­ни­ке ABC про­ведём вы­со­ту AH, ко­то­рая рав­ня­ет­ся Угол AHM  — дву­гран­ный угол, об­ра­зо­ван­ный плос­ко­стя­ми ABC и MBC, найдём его тан­генс:

Тогда угол AMH  =  30°

Ответ: 30°.

Ре­ше­ние. Пусть ABCD  — квад­рат, диа­го­наль AC равна Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра AB = BC = CD = AD = 4. Угол AOD равен дуге AD рав­ной 60°. За­ме­тим, что тре­уголь­ник AOD рав­но­сто­рон­ний (AO = OD  — ра­ди­у­сы). Тогда ра­ди­ус ци­лин­дра равен 4.

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пол­ной по­верх­но­сти ци­лин­дра:

Ответ:

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что угол AOD равен дуге AD рав­ной 90°. Тогда тре­уголь­ник AOD  — пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный (AO  =  OD  — ра­ди­у­сы). По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ACD по усло­вию Тогда, по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пол­ной по­верх­но­сти ци­лин­дра

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть диа­го­наль B₁D на­кло­не­на к плос­ко­сти ос­но­ва­ния под углом Тогда тре­уголь­ник B₁BD  — пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный,

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AA₁C по­лу­чим:

Най­дем пло­щадь ос­но­ва­ния:

Вы­чис­лим объем па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ: 4,5 см³.

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим угол между плос­ко­стя­ми бо­ко­вых гра­ней AA₁B и AA₁D. как сто­ро­ны пря­мо­уголь­ни­ков AA₁В₁B и AA₁D₁D со­от­вет­ствен­но. Тогда яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла между плос­ко­стя­ми AA₁B и AA₁D и по усло­вию равен

Най­дем пло­щадь ос­но­ва­ния:

Най­дем боль­шую диа­го­наль ромба:

Пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник AA₁C яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным, так как его ги­по­те­ну­за A₁C со­став­ля­ет с плос­ко­стью ос­но­ва­ния угол, рав­ный Тогда

Най­дем объем па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ: 324 см³.

Ре­ше­ние. Так как и как об­ра­зу­ю­щие ко­ну­са, то тре­уголь­ник APB  — рав­но­сто­рон­ний, все сто­ро­ны ко­то­ро­го равны В тре­уголь­ни­ке AOB две сто­ро­ны  — ра­ди­у­сы ос­но­ва­ния ко­ну­са, тогда этот тре­уголь­ник  — пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра имеем:

Те­перь най­дем пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са, ис­поль­зуя име­ю­щи­е­ся дан­ные:

Ответ:

Ре­ше­ние. В тре­уголь­ни­ке AOB две сто­ро­ны  — ра­ди­у­сы ос­но­ва­ния ко­ну­са, об­ра­зу­ют угол, опи­ра­ю­щий­ся на дугу в тогда имеем:

В тре­уголь­ни­ке PAB две сто­ро­ны  — об­ра­зу­ю­щие ко­ну­са, тогда этот тре­уголь­ник  — пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра имеем:

Те­перь най­дем пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са, ис­поль­зуя име­ю­щи­е­ся дан­ные:

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как пи­ра­ми­да пра­виль­ная, то её бо­ко­вые ребра равны, зна­чит, тре­уголь­ник APC  — рав­но­бед­рен­ный. Тогда по тео­ре­ме о сумме углов тре­уголь­ни­ка то есть APC  — тре­уголь­ник пря­мо­уголь­ный.

По­сколь­ку то длина бо­ко­во­го ребра пи­ра­ми­ды равна

В рав­но­бед­рен­ном пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке APC имеем: 12 см. PH  — вы­со­та и ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка, тогда

Зная, что в ос­но­ва­нии пра­виль­ной пи­ра­ми­ды лежит квад­рат, по­лу­ча­ем, что

Най­дем объем пи­ра­ми­ды:

Ответ: 144 см².

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник APC  — диа­го­наль­ное се­че­ние пи­ра­ми­ды, так как по усло­вию он пра­виль­ный, то, зная его пло­щадь, най­дем его сто­ро­ну: зна­чит, AC  =  8 см.

Вы­со­та PH пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка APC равна Она же яв­ля­ет­ся вы­со­той пи­ра­ми­ды.

Так как пи­ра­ми­да пра­виль­ная, то её ос­но­ва­нии лежит квад­рат, тогда зна­чит,

Най­дем объем пи­ра­ми­ды:

Ответ:

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма ци­лин­дра:

По усло­вию объем шара в два раза мень­ше объ­е­ма ци­лин­дра, тогда V_шара = 8 см³. Най­дем ра­ди­ус шара:

Тогда ра­ди­ус ос­но­ва­ния ци­лин­дра боль­ше ра­ди­у­са шара (), диа­метр шара мень­ше диа­мет­ра ци­лин­дра (). Сле­до­ва­тель­но, шар по­ме­стит­ся в ци­линдр.

Ответ: по­ме­стит­ся.

Ре­ше­ние. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма ци­лин­дра:

По усло­вию объем шара в три раза мень­ше объ­е­ма ци­лин­дра, тогда V_шара = 6 см³. Най­дем ра­ди­ус шара:

Так как диа­метр шара боль­ше вы­со­ты ци­лин­дра, то шар не по­ме­стит­ся в ци­линдр.

Ответ: не по­ме­стит­ся.

Ре­ше­ние. Тра­пе­ция опи­са­на, зна­чит:

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции:

Вы­ра­зим ра­ди­ус окруж­но­сти через эту пло­щадь:

Те­перь рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник AON. В нём по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ:

Ре­ше­ние. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AOB по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке PAO по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Так как   — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей ромба, то пло­щадь ромба:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке PAB по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Най­дем ра­ди­ус круга, впи­сан­но­го в ромб:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ANO по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как тогда а

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

Найдём пло­щадь се­че­ния:

Ответ: 48 см².

Ре­ше­ние. Так как тогда а

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

Найдём пло­щадь се­че­ния:

Ответ:

Ре­ше­ние. В ос­но­ва­нии пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да лежит пря­мо­уголь­ник. Обо­зна­чим диа­го­на­ли AC = BD = d. Пусть BB₁  — вы­со­та. По усло­вию Най­дем пло­щадь пря­мо­уголь­ни­ка ABCD:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка DBB₁:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ:

Ре­ше­ние. В ос­но­ва­нии пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да лежит пря­мо­уголь­ник. Обо­зна­чим диа­го­на­ли AC = BD = d. Пусть BB₁  — вы­со­та. По усло­вию Най­дем пло­щадь пря­мо­уголь­ни­ка ABCD :

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка DBB₁:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ:

Ре­ше­ние.

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

Тогда най­дем ра­ди­ус окруж­но­сти:

Из фор­му­лы пе­ри­мет­ра осе­во­го се­че­ния:

Тогда и Итак, по­лу­ча­ем пол­ную по­верх­ность ко­ну­са:

Ответ:

Ре­ше­ние.

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:

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. На от­рез­ке CD от­ло­жим от­ре­зок CE, рав­ный от­рез­ку BC. Тогда тре­уголь­ни­ки BMC и EMC равны, угол EMD = 60°, так как угол CEM внеш­ний угол тре­уголь­ни­ка EMD. Из тре­уголь­ни­ка EMD по тео­ре­ме ко­си­ну­сов по­лу­чим ED = 7 см, тогда

Ответ: см, см.

Ре­ше­ние. По опре­де­ле­нию тан­ген­са в пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ках MBC и MCD:

По фор­му­ле тан­ген­са двой­но­го угла имеем: Тогда см и по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Ответ: 12 см, 8 см.

Ре­ше­ние. Так как все бо­ко­вые грани приз­мы ABCA₁B₁C₁  — квад­ра­ты, то приз­ма яв­ля­ет­ся пря­мой. В ос­но­ва­нии пра­виль­ной приз­мы лежит пра­виль­ный тре­уголь­ник ABC, где по усло­вию CK = AM = 3. Из тре­уголь­ни­ка AMB имеем:

По­лу­ча­ем, что AA₁, AB = так как AA₁B₁B  — квад­рат.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MAA₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как все бо­ко­вые грани приз­мы ABCA₁B₁C₁  — квад­ра­ты, то приз­ма яв­ля­ет­ся пря­мой. В ос­но­ва­нии пра­виль­ной приз­мы лежит пра­виль­ный тре­уголь­ник ABC. Про­ве­дем вы­со­ту AM, ко­то­рая так же яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной и вы­со­той. Пусть сто­ро­ны ос­но­ва­ния равны x, тогда Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AMC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра имеем:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MAA₁ по усло­вию MA₁  =  7. Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой Пи­фа­го­ра:

Ответ:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке (см. рис). От­ре­зок A₁O  — ра­ди­ус опи­сан­ной во­круг приз­мы сферы, он равен От­ре­зок, со­еди­ня­ю­щий цен­тры ос­но­ва­ний приз­мы O₁O₂  — вы­со­та приз­мы. От­ре­зок OO₁ равен по­ло­ви­не этой вы­со­ты (ра­ди­ус впи­сан­ной в приз­му сферы). Найдём ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке OO₁A₁:

Найдём вы­со­ту приз­мы:

Ответ:

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник APB рав­но­сто­рон­ный, так как угол APB  =  60°, как угол при вер­ши­не осе­во­го се­че­ния ко­ну­са. Тогда PA  =  PB  =  2r.

Раз­верт­кой бо­ко­вой по­верх­но­сти этого ко­ну­са яв­ля­ет­ся сек­тор с ра­ди­у­сом R  =  2r и дли­ной дуги Так как длина дуги счи­та­ет­ся по фор­му­ле то найдём цен­траль­ный угол в раз­верт­ке бо­ко­вой по­верх­но­сти этого ко­ну­са:

Ответ: 180°.

Ре­ше­ние. Осе­вым се­че­ни­ем этого ко­ну­са яв­ля­ет­ся тре­уголь­ник APB, ос­но­ва­ние ко­то­ро­го равно диа­мет­ру ос­но­ва­ния этого ко­ну­са.

Раз­верт­кой бо­ко­вой по­верх­но­сти этого ко­ну­са яв­ля­ет­ся по­лу­круг с ра­ди­у­сом R  =  AP и дли­ной дуги Так как длина дуги счи­та­ет­ся по фор­му­ле то от­ку­да PA  =  2r, а зна­чит, тре­уголь­ник APB  — рав­но­сто­рон­ний и ис­ко­мый угол равен 60°.

Ответ: 60°.

Ре­ше­ние. Угол между пря­мы­ми BK и B₁D₁ равен углу между пря­мы­ми BK и BD.

Тре­уголь­ник DBC₁ рав­но­сто­рон­ний, так как BD = DC₁= BC₁ как диа­го­на­ли гра­ней куба, его углы равны 60°. Так как точка K  — се­ре­ди­на диа­го­на­ли DC₁, то BK  — ме­ди­а­на и бис­сек­три­са тре­уголь­ни­ка DBC₁. Тогда угол DBK равен 30°.

Ответ: 30°.

Ре­ше­ние. Через се­ре­ди­ны рёбер DD₁ и D₁C₁ про­ведём пря­мую N₁M₁. Так как N₁M₁ || NM, через точку N₁ и се­ре­ди­ну K₁ ребра A₁D₁ про­ведём пря­мую N₁K₁ || NK. Угол K₁N₁M₁  — ис­ко­мый.

Так как тре­уголь­ник M₁N₁K₁ рав­но­сто­рон­ний, то ис­ко­мый угол равен 60°.

Ответ: 60°.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. Так как

Осе­вое се­че­ние усе­чен­но­го ко­ну­са  — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция AA₁B₁B, где A₁H = 5, A₁A = 13. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка A₁AH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим, что AH = 12. Так как тра­пе­ция AA₁B₁B рав­но­бед­рен­ная, то то есть най­дем ра­ди­у­сы ос­но­ва­ний ко­ну­са. Так как а то R = 13, r = 1.

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как точка M рав­но­уда­ле­на от вер­шин тре­уголь­ни­ка, то вы­со­та, про­ве­ден­ная из неё, по­па­дет в центр опи­сан­ной во­круг этого тре­уголь­ни­ка окруж­но­сти. Тогда O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти, а так как тре­уголь­ник ABC  — пря­мо­уголь­ный, эта точка яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной ги­по­те­ну­зы. За­ме­тим, что CO  — ме­ди­а­на, про­ве­ден­ная из вер­ши­ны пря­мо­го угла, зна­чит:

Так как CO  — про­ек­ция пря­мой MC на плос­кость ABC, угол MCO  — ис­ко­мый. В тре­уголь­ни­ке MCO имеем и зна­чит:

Таким об­ра­зом,

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как точка K рав­но­уда­ле­на от вер­шин тре­уголь­ни­ка, то вы­со­та, про­ве­ден­ная из неё, по­па­дет в центр опи­сан­ной во­круг этого тре­уголь­ни­ка окруж­но­сти. Тогда O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти, а так как тре­уголь­ник ABC  — пря­мо­уголь­ный, эта точка яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной ги­по­те­ну­зы. За­ме­тим, что CO  — ме­ди­а­на, про­ве­ден­ная из вер­ши­ны пря­мо­го угла, зна­чит:

Так как CO  — про­ек­ция пря­мой KC на плос­кость ABC, угол KCO  — ис­ко­мый. В тре­уголь­ни­ке KCO имеем и зна­чит:

Таким об­ра­зом,

Ответ:

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. Решим не­ра­вен­ство:

Таким об­ра­зом, наи­мень­шее целое ре­ше­ние  — x  =  5.

Ответ: 5.

Ре­ше­ние. Решим не­ра­вен­ство:

Таким об­ра­зом, наи­мень­шее целое ре­ше­ние  — x  =  4.

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. Решим не­ра­вен­ство:

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим не­ра­вен­ство:

Ответ:

Ре­ше­ние. Ис­ко­мое число спо­со­бов равно числу пе­ре­ста­но­вок без по­вто­ре­ний из 4 эле­мен­тов:

Ответ: 24.

Ре­ше­ние. Ис­ко­мое число спо­со­бов равно числу пе­ре­ста­но­вок без по­вто­ре­ний из 5 эле­мен­тов:

Ответ: 120.

Ре­ше­ние. Решим урав­не­ние

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим урав­не­ние

Ответ:

Ре­ше­ние. Найдём про­из­вод­ную функ­ции:

Функ­ция убы­ва­ет, если её про­из­вод­ная мень­ше нуля. Решим не­ра­вен­ство:

Таким об­ра­зом, наи­мень­шее целое число из про­ме­жут­ка убы­ва­ния ис­ко­мой функ­ции равно −5.

Ответ: −5.

Ре­ше­ние. Найдём про­из­вод­ную функ­ции:

Функ­ция убы­ва­ет, если её про­из­вод­ная мень­ше нуля. Решим не­ра­вен­ство:

Таким об­ра­зом, наи­мень­шее целое число из про­ме­жут­ка убы­ва­ния ис­ко­мой функ­ции равно −4.

Ответ: −4.

Ре­ше­ние. Пусть тогда:

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть тогда:

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной:

Ответ:

Ре­ше­ние. Имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ведём пря­мую CD, пер­пен­ди­ку­ляр­ную плос­ко­сти α, тогда За­ме­тим, что ги­по­те­ну­за равна 25 см, так как 7, 24, 25  — Пи­фа­го­ро­ва трой­ка. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC можно найти, как или как где CE  — вы­со­та, про­ведённая к ги­по­те­ну­зе AB. Имеем:

Найдём те­перь ис­ко­мое рас­сто­я­ние CD из тре­уголь­ни­ка CDE:

Ответ: 3,36 см.

Ре­ше­ние. Про­ведём пря­мую CD пер­пен­ди­ку­ляр­ную плос­ко­сти α, тогда За­ме­тим, что вто­рой катет равен 9 см, так как 9, 12, 15  — Пи­фа­го­ро­ва трой­ка. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC можно найти, как или как где CE  — вы­со­та, про­ведённая к ги­по­те­ну­зе AB. Имеем:

Найдём те­перь ис­ко­мое рас­сто­я­ние CD из тре­уголь­ни­ка CDE:

Ответ:

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим гра­фи­ки на про­ме­жут­ках и

1)  На про­ме­жут­ке изоб­ражён гра­фик функ­ции тогда об­рат­ная к нему функ­ция имеет вид:

2)  На про­ме­жут­ке изоб­ражён гра­фик функ­ции тогда об­рат­ная к нему функ­ция имеет вид:

3)  На про­ме­жут­ке изоб­ражён гра­фик функ­ции тогда об­рат­ная к нему функ­ция имеет вид:

По­стро­им гра­фик ис­ко­мой об­рат­ной функ­ции (см. рис.)

Ответ: см. рис.

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим гра­фи­ки на про­ме­жут­ках и

1)  На про­ме­жут­ке изоб­ражён гра­фик функ­ции тогда об­рат­ная к нему функ­ция имеет вид:

2)  На про­ме­жут­ке изоб­ражён гра­фик функ­ции тогда об­рат­ная к нему функ­ция имеет вид:

3)  На про­ме­жут­ке изоб­ражён гра­фик функ­ции тогда об­рат­ная к нему функ­ция имеет вид:

По­стро­им гра­фик ис­ко­мой об­рат­ной функ­ции (см. рис.)

Ответ: см. рис.

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем функ­цию и найдём её об­ласть опре­де­ле­ния:

По­лу­чен­ная функ­ция опре­де­ле­на, если зна­ме­на­тель вто­ро­го сла­га­е­мо­го не равен нулю. Решим урав­не­ние:

Таким об­ра­зом, функ­ция опре­де­ле­на при всех зна­че­ни­ях x кроме x  =  1 и x  =  2.

Ответ:

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем функ­цию и найдём её об­ласть опре­де­ле­ния:

По­лу­чен­ная функ­ция опре­де­ле­на, если зна­ме­на­тель пер­во­го сла­га­е­мо­го не равен нулю. решим урав­не­ние: от­ку­да

Таким об­ра­зом, функ­ция опре­де­ле­на при всех зна­че­ни­ях x кроме x  =  3.

Ответ:

Ре­ше­ние. Чтобы ис­сле­до­вать функ­цию на чётность, найдём :

Таким об­ра­зом, функ­ция яв­ля­ет­ся нечётной.

Ответ: функ­ция нечётная.

Ре­ше­ние. Чтобы ис­сле­до­вать функ­цию на чётность, найдём :

Таким об­ра­зом, функ­ция яв­ля­ет­ся нечётной.

Ответ: функ­ция нечётная.

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем левую часть:

Решим урав­не­ние:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем левую часть:

Решим урав­не­ние:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть эта точка S, а SO  — рас­сто­я­ние от этой точки до плос­ко­сти квад­ра­та. Оче­вид­но, что эта точка об­ра­зу­ет пра­виль­ную четырёхуголь­ную пи­ра­ми­ду. Диа­го­наль этого квад­ра­та равна Те­перь рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник ASO: Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть эта точка S, а от­ре­зок SO  — рас­сто­я­ние от этой точки до плос­ко­сти квад­ра­та. Оче­вид­но, что эта точка об­ра­зу­ет пра­виль­ную четырёхуголь­ную пи­ра­ми­ду, тогда, из тре­уголь­ни­ка ASO  — пря­мо­уголь­но­го, найдём по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра AO:

Тогда диа­го­наль AC квад­ра­та ABCD равна Вос­поль­зу­ем­ся со­от­но­ше­ни­ем сто­ро­ны квад­ра­та с его диа­го­на­лью, по­лу­чим, что сто­ро­на равна

Ответ: 8 см.

Ре­ше­ние. Найдём про­из­вод­ную:

Тогда:

Ответ:

Ре­ше­ние. Найдём про­из­вод­ную:

Тогда:

Ответ:

Ре­ше­ние. Вос­поль­зу­ем­ся свой­ства­ми ло­га­риф­ма и по­лу­чим:

Ответ: 33.

Ре­ше­ние. Вос­поль­зу­ем­ся свой­ства­ми ло­га­риф­ма и по­лу­чим:

Ответ: 31.

Ре­ше­ние. Про­ведём вы­со­ту SO пер­пен­ди­ку­ляр­но плос­ко­сти ос­но­ва­ния и апо­фе­му SH пер­пен­ди­ку­ляр­но CB. Про­ек­ция апо­фе­мы OH равна трети вы­со­ты AH тре­уголь­ни­ка ABC, то есть тогда, апо­фе­ма в два раза боль­ше, так как яв­ля­ет­ся ги­по­те­ну­зой пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка SOH и OH лежит на­про­тив угла 30°. Найдём пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти:

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ведём вы­со­ту SO пер­пен­ди­ку­ляр­но плос­ко­сти ос­но­ва­ния и апо­фе­му SH пер­пен­ди­ку­ляр­но CB. Про­ек­ция апо­фе­мы OH равна трети вы­со­ты AH тре­уголь­ни­ка ABC, то есть тогда, по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Зна­чит, Тогда, пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна:

Ответ: 2 см².

Ре­ше­ние. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Квад­рат­ный ко­рень не может при­ни­мать от­ри­ца­тель­ные зна­че­ние, зна­чит, нам не­об­хо­ди­мо ре­шить урав­не­ние:

Ответ:

Ре­ше­ние. Квад­рат­ный ко­рень не может при­ни­мать от­ри­ца­тель­ные зна­че­ние, зна­чит, нам не­об­хо­ди­мо ре­шить урав­не­ние:

Ответ:

Ре­ше­ние. Имеем:

Ответ: 157.

Ре­ше­ние. Имеем:

Ответ: 181.

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим вы­ра­же­ние в скоб­ках:

Имеем:

Ответ: 125.

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим вы­ра­же­ние в скоб­ках:

Имеем:

Ответ: 32.

Ре­ше­ние. От­се­чен­ный конус по­до­бен ис­ход­но­му, зна­чит, их объёмы от­но­сят­ся как куб от­но­ше­ния со­от­вет­ствен­ных ли­ней­ных раз­ме­ров. Объём усе­чен­но­го ко­ну­са равен двум объёмам всего ко­ну­са, зна­чит, ра­ди­у­сы их ос­но­ва­ний от­но­сят­ся как Тогда ис­ко­мый ра­ди­ус се­че­ния равен 6 см.

Ре­ше­ние. Если объём усе­чен­но­го ко­ну­са равен двум объёмам всего ко­ну­са, зна­чит, ра­ди­у­сы их ос­но­ва­ний будут от­но­сить­ся как тогда ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са будет равен 6 см.

Ре­ше­ние. Найдём угол между век­то­ра­ми и ко­то­рый и будет яв­лять­ся ис­ко­мым. Найдём ко­ор­ди­на­ты каж­до­го из век­то­ров:

Тогда найдём ко­си­нус угла между ними, он равен:

зна­чит, ис­ко­мый угол равен 30°.

Ответ: 30°.

Ре­ше­ние. Найдём угол между век­то­ра­ми и ко­то­рый и будет яв­лять­ся ис­ко­мым. Найдём ко­ор­ди­на­ты каж­до­го из век­то­ров:

Тогда найдём ко­си­нус угла между ними, он равен:

зна­чит, ис­ко­мый угол равен 60°.

Ответ: 60°.

Ре­ше­ние. Решим урав­не­ние:

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим урав­не­ние:

Ответ:

Ре­ше­ние. Имеем:

Ответ: част­ное: оста­ток: −14.

Ре­ше­ние. Имеем:

Ответ: част­ное: оста­ток: −14.

Ре­ше­ние. Найдём по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра диа­го­на­ли ромба AC и BD:

Пусть точка O  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей, тогда и Рас­смот­рим тре­уголь­ник AOB  — пря­мо­уголь­ный, по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Зна­чит, пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна:

Ответ: 36 см².

Ре­ше­ние. Найдём по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра диа­го­на­ли ромба AC и BD:

Пусть точка O  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей, тогда и Рас­смот­рим тре­уголь­ник AOB  — пря­мо­уголь­ный, по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Зна­чит, пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна:

Ответ:

Ре­ше­ние. Дан­ная функ­ция опре­де­ле­на, если под­ко­рен­ное вы­ра­же­ние не­от­ри­ца­тель­но. Решим не­ра­вен­ство:

Ответ:

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник BEE₁. В нём угол EE₁B равен 30°, зна­чит, BE  =  4 см. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Объём ци­лин­дра будет равен:

Ответ:

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник CFF₁. В нём угол F₁CF равен 30°, зна­чит, FF₁  =  6 см. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Объём ци­лин­дра будет равен:

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ведём вы­со­ту SO. Из со­от­но­ше­ния сто­ро­ны квад­ра­та и его диа­го­на­ли, по­лу­чим, что тогда Найдём вы­со­ту пи­ра­ми­ды по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: