Про­ве­дем BH  — пер­пен­ди­ку­ляр к AC. Также, BM  — пер­пен­ди­ку­ляр к плос­ко­сти тре­уголь­ни­ка ABC из усло­вия. Тогда по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах MH  — ор­то­го­наль к плос­ко­сти ABC. Сле­до­ва­тель­но, это и есть ис­ко­мое рас­сто­я­ние.

Рас­смот­рим тре­уголь­ник ABC. В нём Так как то от­ку­да по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Тогда:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке от­ку­да:

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

Про­ве­дем NH  — пер­пен­ди­ку­ляр к MP. Тогда по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах FH  — ор­то­го­наль к MP. Сле­до­ва­тель­но,

Рас­смот­рим тре­уголь­ник MNP. В нём Так как то от­ку­да по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Тогда:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке от­ку­да:

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

Про­ведём CH  — вы­со­ту в тре­уголь­ни­ке ABC. По тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах С₁H пер­пен­ди­ку­ляр­но пря­мой AB. Угол C₁HC  — ис­ко­мый, так как он яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла между плос­ко­стью се­че­ния и плос­ко­стью ос­но­ва­ния. От­ре­зок CH яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной, по­сколь­ку тре­уголь­ник ABC  — рав­но­бед­рен­ный и пря­мо­уголь­ный, а зна­чит Найдём тан­генс угла C₁HC: Под­ста­вим и по­лу­чим, что тогда угол C₁HC равен 30°.

Ответ: 30°.

Про­ведём CH  — вы­со­ту в тре­уголь­ни­ке ABC. По тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах H пер­пен­ди­ку­ляр­но пря­мой AB. Угол C₁HC  =  60°, так как он яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла между плос­ко­стью се­че­ния и плос­ко­стью ос­но­ва­ния. От­ре­зок CH яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной, по­сколь­ку тре­уголь­ник ABC  — рав­но­бед­рен­ный и пря­мо­уголь­ный. Найдём CH через тан­генс угла CHC: Под­ста­вим и по­лу­чим, что тогда так как HC  — ме­ди­а­на.

Ответ:

По тео­ре­ме диа­го­на­ли ромба вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны OD пер­пен­ди­ку­ляр­но AC. Тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах OD₁ пер­пен­ди­ку­ляр­но AC, сле­до­ва­тель­но, OD₁  =  13 см.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем OD из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ODD₁:

По свой­ству ромба BD  =  2OD, тогда BD  =  10 см.

Так как ABCD ромб, а то Тогда

Рас­смот­рим тре­уголь­ник ABD:

тогда тре­уголь­ник ABD рав­но­сто­рон­ний, сле­до­ва­тель­но,

Най­дем пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти приз­мы, зная, что

Ответ: 480 см².

В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке ABC про­ве­дем вы­со­ту CM, ко­то­рая так же яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой и ме­ди­а­ной. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах по­лу­ча­ем, что C₁M пер­пен­ди­ку­ляр­но AB, тогда C₁M = 13 см.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник MBC: по усло­вию. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке сто­ро­на, ле­жа­щая на про­тив угла в 30°, равна по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, тогда

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем BM:

Тогда см.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка MCC₁, зная, что CM = 5 см, MC₁  =  13 см, най­дем CC₁:

Най­дем пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти приз­мы, зная, что :

Ответ: см².

Так как пи­ра­ми­да пра­виль­ная, то в её ос­но­ва­нии лежит квад­рат со сто­ро­ной 8, пря­мые SN и SK равны 8, так как яв­ля­ют­ся апо­фе­ма­ми. Точка M  — се­ре­ди­на SN. Пря­мая DC па­рал­лель­на плос­ко­сти ASB, так как DC па­рал­лель­на AB. Про­ведём A₁B₁ так, что она па­рал­лель­на пря­мой AB и про­хо­дит через точку M. Тогда по тео­ре­ме Фа­ле­са точки A₁ и B₁  — се­ре­ди­ны рёбер AS и BS. Зна­чит, тра­пе­ция A₁B₁CD  — ис­ко­мое се­че­ние, A₁B₁  =  4, так как яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка SAB. Пря­мая NK  — про­ек­ция пря­мой MK на плос­кость ос­но­ва­ния. Так как NK па­рал­лель­но AD, а AD пер­пен­ди­ку­ляр­на DC, то NK пер­пен­ди­ку­ляр­на DC. Зна­чит, по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах MK пер­пен­ди­ку­ляр­на DC. Так как тре­уголь­ник NSK рав­но­сто­рон­ний, тогда MK  — ме­ди­а­на и вы­со­та, тогда Пло­щадь се­че­ния

Ответ:

Угол   — угол между плос­ко­стью ос­но­ва­ния и реб­ром пи­ра­ми­ды. Пусть сто­ро­на ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды равна (см.рис.)

По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах: сто­ро­на пер­пен­ди­ку­ляр­на BC, а также: В тре­уголь­ни­ке AMB по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем сто­ро­ну AM, яв­ля­ю­щу­ю­ся ме­ди­а­ной и вы­со­той:

Так как O  — центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды, то ме­ди­а­на AM де­лит­ся этой точ­кой в от­но­ше­нии 2 к 1, счи­тая от вер­ши­ны, най­дем AO и OM:

Те­перь най­дем сто­ро­ну DO из тре­уголь­ни­ка AOD:

Те­перь из тре­уголь­ни­ка DOM: Тогда: от­ку­да:

Ответ:

За­ме­тим, что так как пи­ра­ми­да пра­виль­ная, то ее ос­но­ва­ние  — квад­рат. SO—ос­но­ва­ние, O—центр впи­сан­ной в ос­но­ва­ние окруж­но­сти(см.рис.).

Пусть сто­ро­на ос­но­ва­ния равна a, а так как OM—ра­ди­ус впи­сан­ной в ос­но­ва­ние окруж­но­сти, то По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах: SM пер­пен­ди­ку­ляр­на DC,

Из пря­мо­уголь­но рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ADC:

а также: Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOS:

Те­перь из тре­уголь­ни­ка SOM:

От­ку­да:

Ответ:

Пусть дан­ная пи­ра­ми­да изоб­ра­же­на на ри­сун­ке (см. рис). Так как две бо­ко­вые грани пер­пен­ди­ку­ляр­ны к плос­ко­сти ос­но­ва­ния, ребро DB пер­пен­ди­ку­ляр­но к ос­но­ва­нию, а зна­чит, яв­ля­ет­ся вы­со­той пи­ра­ми­ды. Угол BHD  — ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла между плос­ко­стью ос­но­ва­ния и бо­ко­вой гра­нью, он равен В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке DBH найдём катет BH:

От­ре­зок BH яв­ля­ет­ся вы­со­той в рав­но­сто­рон­нем тре­уголь­ни­ке ABC. Найдём сто­ро­ну AC этого тре­уголь­ни­ка и его пло­щадь S:

На­ко­нец, найдём объём V дан­ной пи­ра­ми­ды:

Ответ:

Пусть дан­ная пи­ра­ми­да изоб­ра­же­на на ри­сун­ке (см. рис). Так как две бо­ко­вые грани пер­пен­ди­ку­ляр­ны к плос­ко­сти ос­но­ва­ния, ребро DB пер­пен­ди­ку­ляр­но к ос­но­ва­нию, а зна­чит, яв­ля­ет­ся вы­со­той пи­ра­ми­ды. Угол BHD  — ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла между плос­ко­стью ос­но­ва­ния и бо­ко­вой гра­нью, он равен В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке DBH найдём катет BH:

От­ре­зок BH яв­ля­ет­ся вы­со­той в рав­но­сто­рон­нем тре­уголь­ни­ке ABC. Найдём сто­ро­ну AC этого тре­уголь­ни­ка и его пло­щадь S:

На­ко­нец, найдём объём V дан­ной пи­ра­ми­ды:

Ответ:

Пусть грань PAB пер­пен­ди­ку­ляр­на к ос­но­ва­нию пи­ра­ми­ды, тогда AB  — про­ек­ция PA на плос­кость ABC и про­ек­ция PB на плос­кость ABC, Тогда углы PBA и PAB яв­ля­ют­ся ли­ней­ны­ми уг­ла­ми дву­гран­ных углов между плос­ко­стя­ми бо­ко­вой грани PBC и плос­ко­стью ос­но­ва­ния и бо­ко­вой грани PAD и плос­ко­стью ос­но­ва­ния со­от­вет­ствен­но.

Про­ве­дем PH  — вы­со­ту рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка PAB. От­ре­зок PH яв­ля­ет­ся вы­со­той пи­ра­ми­ды PABCD, так как как вы­со­та тре­уголь­ни­ка, как сто­ро­ны квад­ра­та, зна­чит, PH пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым, тогда

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка PBH най­дем

Най­дем объем пи­ра­ми­ды по фор­му­ле

Ответ:

Пусть шар ка­са­ет­ся сто­рон BC, AB и AC в точ­ках M, N, K со­от­вет­ствен­но. Про­ве­дем пер­пен­ди­ку­ляр OO₁ к плос­ко­сти тре­уголь­ни­ка ABC. Ра­ди­у­сы OM, ON и OK пер­пен­ди­ку­ляр­ны к сто­ро­нам тре­уголь­ни­ка. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах от­рез­ки O₁M, O₁N, O₁K пер­пен­ди­ку­ляр­ны сто­ро­нам BC, AB и AC со­от­вет­ствен­но. За­ме­тим, что пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки OO₁M, OO₁N и OO₁K равны по об­ще­му ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе, зна­чит, По­сколь­ку точка O₁ рав­но­уда­ле­на от сто­рон тре­уголь­ни­ка ABC, то она яв­ля­ет­ся цен­тром впи­сан­ной окруж­но­сти.

Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC по фор­му­ле Ге­ро­на:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем ра­ди­ус шара, имеем:

Ответ:

Пусть шар ка­са­ет­ся сто­рон BC, AB и AC в точ­ках M, N, K со­от­вет­ствен­но. Про­ве­дем пер­пен­ди­ку­ляр OO₁ к плос­ко­сти тре­уголь­ни­ка ABC. Ра­ди­у­сы OM, ON и OK пер­пен­ди­ку­ляр­ны к сто­ро­нам тре­уголь­ни­ка. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах от­рез­ки O₁M, O₁N, O₁K пер­пен­ди­ку­ляр­ны сто­ро­нам BC, AB и AC со­от­вет­ствен­но. За­ме­тим, что пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки OO₁M, OO₁N и OO₁K равны по об­ще­му ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе, зна­чит, По­сколь­ку точка O₁ рав­но­уда­ле­на от сто­рон тре­уголь­ни­ка ABC, то она яв­ля­ет­ся цен­тром впи­сан­ной окруж­но­сти.

Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC по фор­му­ле Ге­ро­на:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем ра­ди­ус шара, имеем:

Ответ: 64π.

В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке ABC про­ве­дем вы­со­ту CM, ко­то­рая так же яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой и ме­ди­а­ной. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах по­лу­ча­ем, что C₁M пер­пен­ди­ку­ляр­но AB, тогда C₁M = 11 см.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник MBC: по усло­вию. Тре­уголь­ник MBC  — рав­но­бед­рен­ный пря­мо­уголь­ный, зна­чит, ка­те­ты равны:

Тогда см.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка MCC₁, зная, что см, MC₁  =  11 см, най­дем CC₁:

Най­дем пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти приз­мы, зная, что :

Ответ:

По­сколь­ку про­ек­ция MA на плос­кость ABCD  — пря­мая AB, ко­то­рая пер­пен­ди­ку­ляр­на AD, зна­чит, по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мая MA пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой AD. Сле­до­ва­тель­но, угол BAM  — это ли­ней­ный дву­гран­но­го угла между гра­нью AMD и ос­но­ва­ни­ем, ко­то­рый равен 30°. Ана­ло­гич­но пря­мая MC пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BC и угол MCB равен 45°.

Тре­уголь­ник CBM  — пря­мо­уголь­ный рав­но­бед­рен­ный, зна­чит, Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка MBA вы­ра­зим AB:

Таким об­ра­зом, объем пи­ра­ми­ды равен

Ответ:

По­сколь­ку про­ек­ция MA на плос­кость ABCD  — пря­мая AB, ко­то­рая пер­пен­ди­ку­ляр­на AD, зна­чит, по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мая MA пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой AD. Сле­до­ва­тель­но, угол BAM  — это ли­ней­ный дву­гран­но­го угла между гра­нью AMD и ос­но­ва­ни­ем, ко­то­рый равен 30°. Ана­ло­гич­но пря­мая MC пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BC и угол MCB равен 60°.

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка MBA вы­ра­зим MB:

Таким об­ра­зом, объем пи­ра­ми­ды равен

Ответ:

Пусть ABCDA₁B₁C₁D₁  — пря­мой па­рал­ле­ле­пи­пед. Ис­ко­мое се­че­ние  — че­ты­рех­уголь­ник AB₁C₁D. Про­ве­дем в ромбе ABCD вы­со­ту BK. Тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах от­ре­зок B₁K пер­пен­ди­ку­ля­рен пря­мой AD. Угол B₁KB яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла, об­ра­зо­ван­но­го плос­ко­стя­ми AB₁D и ABD.

Най­дем пло­щадь ромба ABCD:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка KB₁B на­хо­дим

Таким об­ра­зом, объем пря­мо­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да ABCDA₁B₁C₁D₁ равен

Ответ: 14 400.

Пусть ABCDA₁B₁C₁D₁  — пря­мой па­рал­ле­ле­пи­пед. Ис­ко­мое се­че­ние  — че­ты­рех­уголь­ник AB₁C₁D. Про­ве­дем в ромбе ABCD вы­со­ту BK. Тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах от­ре­зок B₁K пер­пен­ди­ку­ля­рен пря­мой AD. Угол B₁KB яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла, об­ра­зо­ван­но­го плос­ко­стя­ми AB₁D и ABD. Най­дем пло­щадь ромба ABCD:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка KB₁B на­хо­дим

Таким об­ра­зом, объем пря­мо­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да ABCDA₁B₁C₁D₁ равен

Ответ: 1728.

По­сколь­ку тре­уголь­ная пи­ра­ми­да пра­виль­ная, то в ос­но­ва­нии лежит рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник. Про­ве­дем вы­со­ту DO, где O  — центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды. Про­ве­дем вы­со­ту AM, ко­то­рая яв­ля­ет­ся также ме­ди­а­ной и бис­сек­три­сой. Она прой­дет через точку O по свой­ству рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка. Тогда OM  — ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах BC пер­пен­ди­ку­ляр­на DM, тогда DM  — вы­со­та бо­ко­вой грани.

По фор­му­ле ра­ди­у­са окруж­но­сти, впи­сан­ной в рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник по­лу­ча­ем, что

Таким об­ра­зом, пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти пи­ра­ми­ды равна

Ответ: