Пусть PABC  — пра­виль­ная тре­уголь­ная пи­ра­ми­да. Точка K  — се­ре­ди­на ребра PC. Нуж­ное се­че­ние  — тре­уголь­ник AKB. По­сколь­ку плос­кость AKB пер­пен­ди­ку­ляр­на бо­ко­во­му ребру PC, то пря­мая BK пер­пен­ди­ку­ляр­на бо­ко­во­му ребру PC. От­ре­зок BK  — вы­со­та и ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка PBC, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник PBC яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным. Бо­ко­вые ребра в пра­виль­ной пи­ра­ми­де равны, то есть сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник PBC  — рав­но­сто­рон­ний, а зна­чит, все грани пра­виль­ной пи­ра­ми­ды PABC  — рав­ные рав­но­сто­рон­ние тре­уголь­ни­ки.

Пло­ща­ди гра­ней пи­ра­ми­ды равны Най­дем сто­ро­ну BC:

Ответ:

Из фор­му­лы пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра по­лу­чим:

Ответ: 14 см².

От­ре­зок AB₁  — диа­го­наль квад­ра­та AA₁B₁B, пря­мая AK пе­ре­се­ка­ет пря­мую A₁D₁ в точке L. Пря­мая B₁L пе­ре­се­ка­ет ребро куба D₁C₁ в точке N. По­стро­им от­ре­зок KN, по­лу­ча­ем, что ис­ко­мым се­че­ни­ем яв­ля­ет­ся че­ты­рех­уголь­ник B₁NKA. Плос­ко­сти A₁AB и D₁DC па­рал­лель­ны, сле­до­ва­тель­но, пря­мые AB₁ и KN, со­дер­жа­щи­е­ся в дан­ных плос­ко­стях, также па­рал­лель­ны. Че­ты­рех­уголь­ник B₁NKA яв­ля­ет­ся тра­пе­ци­ей. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки LD₁K и ADK равны по ка­те­ту и остро­му углу, сле­до­ва­тель­но, их ка­те­ты LD₁ и AD равны, их длины равны 2. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки LD₁N и B₁C₁N равны по ка­те­ту и остро­му углу, сле­до­ва­тель­но, их ка­те­ты D₁N и NC₁ равны, их длины равны 1. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки ADK и B₁C₁N равны по двум ка­те­там, сле­до­ва­тель­но, их ги­по­те­ну­зы AK и B₁N равны, сле­до­ва­тель­но, тра­пе­ция B₁NKA яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ной. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AA₁B₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке KD₁N:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ADK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

В тра­пе­ции B₁NKA опу­стим вы­со­ты KF и NH. Длины от­рез­ков HF и NK равны Длина ос­но­ва­ния тра­пе­ции AB₁ равна в силу ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков B₁NH и AKF длины от­рез­ков HB₁ и AF равны и равны В тре­уголь­ни­ке AKF по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции B₁NKA:

Ответ: 4,5.

От­ре­зок AC  — диа­го­наль ос­но­ва­ния куба, пря­мая AK пе­ре­се­ка­ет пря­мую DD₁ в точке L. Пря­мая CL пе­ре­се­ка­ет ребро куба D₁C₁ в точке N. Про­ве­дем от­ре­зок KN, ис­ко­мое се­че­ние  — че­ты­рех­уголь­ник AKNC. Так как плос­ко­сти ABC и A₁B₁C₁ па­рал­лель­ны, пря­мые AC и KN па­рал­лель­ны. Че­ты­рех­уголь­ник AKNC  — тра­пе­ция. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки AA₁K и LD₁K равны по ка­те­ту и остро­му углу, тогда от­рез­ки LD₁ и AA₁ равны, их длины равны 4. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки CC₁N и LD₁N равны по ка­те­ту и про­ти­во­ле­жа­ще­му остро­му углу. Тогда от­рез­ки D₁N и NC₁ равны, их длины равны 2. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки AA₁K и CC₁N равны по двум ка­те­там, от­сю­да сле­ду­ет ра­вен­ство от­рез­ков AK и CN. Таким об­ра­зом, тра­пе­ция AKNC яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ной. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке KD₁N по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ADC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AA₁K по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

В тра­пе­ции AKNC опу­стим вы­со­ты NF и KH. Длины от­рез­ков KN и HF равны Так как длина от­рез­ка AC равна а длина HF равна сумма длин от­рез­ков AH и FC равна В силу ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков AKH и FNC от­рез­ки AH и FC равны, их длины равны По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке AKH:

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции AKNC:

Ответ: 18.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABD по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Диа­го­наль­ным се­че­ни­ем куба яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ник BB₁D₁D. Най­дем его пло­щадь:

Ответ:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABD по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Диа­го­наль­ным се­че­ни­ем куба яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ник BB₁D₁D. Най­дем его пло­щадь:

Ответ:

Со­глас­но усло­вию, пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти ци­лин­дра равна 250π, а пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра равна 200π. Тогда пло­щадь ос­но­ва­ния равна по­лу­раз­но­сти пло­ща­ди пол­ной по­верх­но­сти ци­лин­дра и пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти, то есть 25π. Пло­щадь ос­но­ва­ния ци­лин­дра равна от­ку­да r  =  5. Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра равна от­ку­да h  =  20. Осью ци­лин­дра яв­ля­ет­ся от­ре­зок O₁O₂, ис­ко­мое се­че­ние  — пря­мо­уголь­ник ABCD. Плос­кость ABC пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­стям ос­но­ва­ний ци­лин­дра. В тре­уголь­ни­ке CO₁B опу­стим вы­со­ту O₁K. Так как плос­кость ABC пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ос­но­ва­ния ци­лин­дра, пря­мая O₁K пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABC, от­ре­зок O₁K яв­ля­ет­ся рас­сто­я­ни­ем от оси ци­лин­дра до плос­ко­сти се­че­ния. Тре­уголь­ник CO₁B яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным, так как его сто­ро­ны CO₁ и O₁B яв­ля­ют­ся ра­ди­у­са­ми одной окруж­но­сти. Про­ве­ден­ная вы­со­та O₁K по свой­ству рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной, таким об­ра­зом, от­рез­ки BK и KC равны. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке O₁KC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

тогда длина BC равна 8. Длины об­ра­зу­ю­щий ци­лин­дра равны его вы­со­те, от­ку­да CD  =  20. Най­дем пло­щадь пря­мо­уголь­ни­ка ABCD:

Ответ: 160.

Со­глас­но усло­вию, пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти ци­лин­дра равна 600π, а пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра равна 400π. Тогда пло­щадь ос­но­ва­ния равна по­лу­раз­но­сти пло­ща­ди пол­ной по­верх­но­сти ци­лин­дра и пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти, то есть 100π. Пло­щадь ос­но­ва­ния ци­лин­дра равна от­ку­да r  =  10. Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра равна от­ку­да h  =  20. Осью ци­лин­дра яв­ля­ет­ся от­ре­зок O₁O₂, ис­ко­мое се­че­ние  — пря­мо­уголь­ник ABCD. Плос­кость ABC пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­стям ос­но­ва­ний ци­лин­дра. В тре­уголь­ни­ке CO₁B опу­стим вы­со­ту O₁K. Так как плос­кость ABC пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ос­но­ва­ния ци­лин­дра, пря­мая O₁K пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABC, от­ре­зок O₁K яв­ля­ет­ся рас­сто­я­ни­ем от оси ци­лин­дра до плос­ко­сти се­че­ния. Тре­уголь­ник CO₁B яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным, так как его сто­ро­ны CO₁ и O₁B яв­ля­ют­ся ра­ди­у­са­ми одной окруж­но­сти. Про­ве­ден­ная вы­со­та O₁K по свой­ству рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной, таким об­ра­зом, от­рез­ки BK и KC равны. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке O₁KC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

тогда длина BC равна 16. Длины об­ра­зу­ю­щий ци­лин­дра равны его вы­со­те, от­ку­да CD  =  20. Най­дем пло­щадь пря­мо­уголь­ни­ка ABCD:

Ответ: 320.

Ос­но­ва­ни­ем пи­ра­ми­ды яв­ля­ет­ся квад­рат ABCD. Ис­ко­мым се­че­ни­ем яв­ля­ет­ся тре­уголь­ник BKD. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABD по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

В рав­но­сто­рон­них тре­уголь­ни­ках DSC и BSC от­рез­ки DK и BK яв­ля­ют­ся ме­ди­а­на­ми и вы­со­та­ми, тогда длины от­рез­ков SK и KC равны 3 см. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке DKC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BSK:

Тре­уголь­ник BKD яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным, так как от­рез­ки DK и BK равны. От­ре­зок KO яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной и вы­со­той в рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке BKD, тогда длина от­рез­ка BO равна по­ло­ви­не длины от­рез­ка BD и равна По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке KOD:

Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка BKD:

Ответ:

Ос­но­ва­ни­ем пи­ра­ми­ды яв­ля­ет­ся квад­рат ABCD. Ис­ко­мым се­че­ни­ем яв­ля­ет­ся тре­уголь­ник AMC. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ADC:

В рав­но­сто­рон­них тре­уголь­ни­ках ASB и SCB от­рез­ки AM и CM яв­ля­ют­ся ме­ди­а­на­ми и вы­со­та­ми, тогда от­рез­ки SM и MB равны 2 см. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке ASM:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке SMC:

Тре­уголь­ник AMC яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным, так как от­рез­ки AM и CM равны. От­ре­зок MO яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной и вы­со­той в рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке AMC, тогда длина AO равна по­ло­ви­не длины AC и равна По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AOM:

Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка AMC:

Ответ: