Задачи на призмы и пирамиды - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Пусть [tex]P[/tex] — середина [tex]BC[/tex], а [tex]O[/tex] — центр основания; так как пирамида правильная, [tex]O[/tex] — основание её высоты [tex]MO[/tex], и [tex]O[/tex] лежит на медиане [tex]AP[/tex]. Поскольку [tex]MB=MC[/tex] и [tex]AB=AC[/tex], имеем [tex]BC\perp MP[/tex] и [tex]BC\perp AP[/tex], поэтому [tex]BC\perp(AMP)[/tex] и, в частности, [tex]BC\perp AM[/tex].
Значит, плоскость, проходящая через [tex]BC[/tex] перпендикулярно [tex]AM[/tex], проходит через [tex]P[/tex], а [tex]D[/tex] — основание перпендикуляра, опущенного из [tex]P[/tex] на [tex]AM[/tex] в плоскости [tex](AMP)[/tex]; кроме того, [tex]BC\perp PD[/tex]. Так как [tex]AD\perp(BCD)[/tex], отрезок [tex]AD[/tex] — высота пирамиды [tex]ABCD[/tex], опущенная на основание [tex]BCD[/tex]:
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{BC\cdot PD}{2}\cdot AD=\frac{1}{3}PD\cdot AD[/tex]
Положим [tex]c=\cos\alpha[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]MPC[/tex] с [tex]PC=1[/tex] получаем [tex]AM=MC=\frac{1}{c}[/tex]. Пусть [tex]\beta=\angle MAP[/tex]; из прямоугольного треугольника [tex]AOM[/tex] с [tex]AP=\sqrt{3}[/tex] и [tex]AO=\frac{2}{3}AP=\frac{2\sqrt{3}}{3}[/tex]:
[tex]\cos\beta=\frac{AO}{AM}=\frac{2\sqrt{3}}{3}c[/tex]
Из прямоугольного треугольника [tex]ADP[/tex] (прямой угол при [tex]D[/tex]):
[tex]AD=AP\cos\beta=2c,\quad PD=\sqrt{AP^2-AD^2}=\sqrt{3-4c^2}[/tex]
[tex]V=\frac{2}{3}c\sqrt{3-4c^2}=\frac{2}{3}\sqrt{3c^2-4c^4}[/tex]
Точка [tex]D[/tex] лежит на ребре [tex]AM[/tex] тогда и только тогда, когда [tex]AD\le AM[/tex], т.е. [tex]2c\le\frac{1}{c}[/tex], [tex]c^2\le\frac{1}{2}[/tex]. При [tex]t=c^2\in\left(0; \frac{1}{2}\right][/tex] квадратичная функция [tex]f(t)=3t-4t^2[/tex] достигает наибольшего значения в вершине [tex]t=\frac{3}{8}[/tex], которая принадлежит этому промежутку. Следовательно,
[tex]\cos^2\alpha=\frac{3}{8}\Rightarrow\cos\alpha=\frac{\sqrt{6}}{4},\quad V_{\max}=\frac{2}{3}\sqrt{\frac{9}{8}-\frac{9}{16}}=\frac{1}{2}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]DL[/tex] — высота треугольника [tex]BCD[/tex], проведённая из [tex]D[/tex]. Плоскости [tex](BCD)[/tex] и [tex](ABC)[/tex] перпендикулярны, а [tex]DL[/tex] перпендикулярна их общей прямой [tex]BC[/tex], поэтому [tex]DL\perp(ABC)[/tex]: [tex]DL[/tex] — высота тетраэдра, а [tex]L[/tex] лежит на прямой [tex]BC[/tex].
Опустим [tex]DM\perp AB[/tex] и [tex]DN\perp AC[/tex]. Прямоугольные треугольники [tex]AMD[/tex] и [tex]AND[/tex] имеют общую гипотенузу [tex]AD[/tex] и угол [tex]60^{\circ}[/tex] при вершине [tex]A[/tex], поэтому [tex]AM=AN=\frac{AD}{2}[/tex]. По теореме о трёх перпендикулярах [tex]LM\perp AB[/tex] и [tex]LN\perp AC[/tex]. Прямоугольные треугольники [tex]AML[/tex] и [tex]ANL[/tex] имеют общую гипотенузу [tex]AL[/tex] и [tex]AM=AN[/tex], значит, [tex]\angle LAM=\angle LAN[/tex], т.е. [tex]AL[/tex] — биссектриса угла [tex]BAC[/tex]. По свойству биссектрисы
[tex]\frac{BL}{LC}=\frac{AB}{AC}=\frac{2}{3}\Rightarrow BL=\frac{2}{5}BC=\frac{8}{5}[/tex]
По теореме косинусов для треугольника [tex]ABC[/tex]
[tex]\cos\angle B=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\frac{4+16-9}{16}=\frac{11}{16},\quad\sin \angle B=\sqrt{1-\frac{121}{256}}=\frac{3\sqrt{15}}{16}[/tex]
Из прямоугольного треугольника [tex]BML[/tex], а затем из прямоугольного треугольника [tex]AMD[/tex]:
[tex]BM=BL\cos\angle B=\frac{11}{10},\quad LM=BL\sin \angle B=\frac{3\sqrt{15}}{10}[/tex]
[tex]AM=AB-BM=\frac{9}{10},\quad DM=AM\operatorname{tg} 60^{\circ}=\frac{9\sqrt{3}}{10}[/tex]
Из прямоугольного треугольника [tex]DLM[/tex] находим высоту тетраэдра:
[tex]DL=\sqrt{DM^2-LM^2}=\sqrt{\frac{243}{100}-\frac{135}{100}}=\frac{\sqrt{108}}{10}=\frac{3\sqrt{3}}{5}[/tex]
Площадь основания и объём равны
[tex]S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC\sin \angle B=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 4\cdot \frac{3\sqrt{15}}{16}=\frac{3\sqrt{15}}{4}[/tex]
[tex]V=\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot DL=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{15}}{4}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{5}=\frac{9\sqrt{45}}{60}=\frac{9\sqrt{5}}{20}[/tex]

Решение:
Пусть пирамида — [tex]ABCDM[/tex] с основанием-квадратом [tex]ABCD[/tex] со стороной [tex]a[/tex] и высотой [tex]MH=h[/tex], а двугранные углы равны [tex]\alpha[/tex] при [tex]AB[/tex], [tex]2\alpha[/tex] при [tex]BC[/tex] и [tex]DA[/tex] и [tex]4\alpha[/tex] при [tex]CD[/tex]. Каждый двугранный угол пирамиды меньше [tex]180^{\circ}[/tex], поэтому [tex]4\alpha\lt 180^{\circ}[/tex], т.е. [tex]\alpha\lt 45^{\circ}[/tex] и [tex]2\alpha\lt 90^{\circ}[/tex].
Если [tex]N[/tex] — основание перпендикуляра, опущенного из [tex]H[/tex] на прямую, содержащую ребро основания, то [tex]MN[/tex] перпендикулярна этому ребру (теорема о трёх перпендикулярах). Если [tex]H[/tex] лежит по ту же сторону от ребра, что и основание, то двугранный угол при этом ребре равен [tex]\angle MNH[/tex] и острый; если [tex]H[/tex] лежит по другую сторону, то он равен [tex]180^{\circ}-\angle MNH[/tex] и тупой. В обоих случаях [tex]HN=h\operatorname{ctg} \angle MNH[/tex].
Углы при [tex]BC[/tex] и [tex]DA[/tex] равны и острые, поэтому [tex]H[/tex] лежит между прямыми [tex]BC[/tex] и [tex]DA[/tex] на расстоянии [tex]h\operatorname{ctg} 2\alpha[/tex] от каждой из них. Значит, [tex]H[/tex] лежит на прямой [tex]KL[/tex], проходящей через середины [tex]K[/tex] ребра [tex]AB[/tex] и [tex]L[/tex] ребра [tex]CD[/tex], и [tex]a=2h\operatorname{ctg} 2\alpha[/tex]. Угол при [tex]AB[/tex] острый, поэтому [tex]HK=h\operatorname{ctg} \alpha[/tex].
При ребре [tex]CD[/tex]: если [tex]4\alpha\lt 90^{\circ}[/tex], то [tex]H[/tex] лежит между [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex], [tex]HL=h\operatorname{ctg} 4\alpha[/tex] и [tex]HK+HL=a[/tex]; если [tex]4\alpha\gt 90^{\circ}[/tex], то [tex]H[/tex] лежит за [tex]CD[/tex], [tex]HL=-h\operatorname{ctg} 4\alpha[/tex] и [tex]HK-HL=a[/tex]; если [tex]4\alpha=90^{\circ}[/tex], то [tex]H=L[/tex] и [tex]HK=a[/tex]. Во всех случаях
[tex]h\operatorname{ctg} \alpha+h\operatorname{ctg} 4\alpha=2h\operatorname{ctg} 2\alpha\iff\operatorname{ctg} \alpha-\operatorname{ctg} 2\alpha=\operatorname{ctg} 2\alpha-\operatorname{ctg} 4\alpha[/tex]
Так как
[tex]\operatorname{ctg} x-\operatorname{ctg} 2x=\frac{\sin 2x\cos x-\cos 2x\sin x}{\sin x\sin 2x}=\frac{\sin x}{\sin x\sin 2x}=\frac{1}{\sin 2x}[/tex]
уравнение принимает вид [tex]\frac{1}{\sin 2\alpha}=\frac{1}{\sin 4\alpha}[/tex], т.е. [tex]2\sin 2\alpha\cos 2\alpha=\sin 2\alpha[/tex]. Так как [tex]\sin 2\alpha\ne 0[/tex], получаем [tex]\cos 2\alpha=\frac{1}{2}[/tex], а поскольку [tex]0^{\circ}\lt 2\alpha\lt 90^{\circ}[/tex], то [tex]2\alpha=60^{\circ}[/tex] и [tex]\alpha=30^{\circ}[/tex].
Четыре угла равны [tex]30^{\circ}[/tex], [tex]60^{\circ}[/tex], [tex]120^{\circ}[/tex], [tex]60^{\circ}[/tex] (основание высоты [tex]H[/tex] лежит вне основания пирамиды, за [tex]CD[/tex]), так что наименьший из них равен [tex]30^{\circ}[/tex].

Решение:
Высоты параллелограмма, проведённые к сторонам [tex]AB[/tex] и [tex]AD[/tex], равны [tex]\frac{90}{18}=5[/tex] и [tex]\frac{90}{10}=9[/tex]. Точка [tex]O[/tex] — центр симметрии параллелограмма, поэтому она равноудалена от противоположных сторон: расстояние от неё до прямых [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex] равно [tex]\frac{5}{2}[/tex], а до прямых [tex]AD[/tex] и [tex]BC[/tex] равно [tex]\frac{9}{2}[/tex].
Пусть [tex]OK\perp AB[/tex] и [tex]OL\perp AD[/tex] ([tex]K[/tex] лежит на прямой [tex]AB[/tex], [tex]L[/tex] — на прямой [tex]AD[/tex], возможно, на продолжении стороны). Так как [tex]MO\perp(ABCD)[/tex], по теореме о трёх перпендикулярах [tex]MK\perp AB[/tex] и [tex]ML\perp AD[/tex], т.е. [tex]MK[/tex] и [tex]ML[/tex] — высоты граней [tex]ABM[/tex] и [tex]ADM[/tex]. Из прямоугольных [tex]\triangle MOK[/tex] и [tex]\triangle MOL[/tex]:
[tex]MK=\sqrt{6^2+\left(\frac{5}{2}\right)^2}=\frac{13}{2}; \quad ML=\sqrt{6^2+\left(\frac{9}{2}\right)^2}=\frac{15}{2}[/tex]
Так как [tex]OA=OC[/tex] и [tex]OB=OD[/tex], прямоугольные треугольники [tex]MOA[/tex] и [tex]MOC[/tex] равны, как и [tex]MOB[/tex] и [tex]MOD[/tex]; поэтому [tex]MA=MC[/tex], [tex]MB=MD[/tex] и [tex]\triangle ABM=\triangle CDM[/tex], [tex]\triangle ADM=\triangle CBM[/tex]. Тогда
[tex]S=2\cdot \frac{1}{2}\cdot 18\cdot \frac{13}{2}+2\cdot \frac{1}{2}\cdot 10\cdot \frac{15}{2}=117+75=192[/tex]

Решение:
Пусть [tex]EO[/tex] — высота пирамиды. Прямоугольные треугольники [tex]EOA[/tex], [tex]EOB[/tex], [tex]EOC[/tex], [tex]EOD[/tex] имеют общий катет [tex]EO[/tex] и равные гипотенузы, поэтому [tex]OA=OB=OC=OD=R[/tex]. Значит, [tex]O[/tex] — центр окружности, описанной около [tex]ABCD[/tex], четырёхугольник вписанный и [tex]\angle BAD+\angle BCD=180^{\circ}[/tex].
Пусть [tex]\angle BCD=\varphi[/tex]; тогда [tex]\cos\angle BAD=-\cos\varphi[/tex]. По теореме косинусов для [tex]\triangle BCD[/tex] и [tex]\triangle BAD[/tex]:
[tex]BD^2=25^2+35^2-2\cdot 25\cdot 35\cos\varphi=1850-1750\cos\varphi[/tex]
[tex]BD^2=5^2+17^2+2\cdot 5\cdot 17\cos\varphi=314+170\cos\varphi[/tex]
Приравнивая, получаем [tex]1920\cos\varphi=1536[/tex], откуда
[tex]\cos\varphi=\frac{4}{5}; \quad \sin \varphi=\frac{3}{5}; \quad BD^2=314+136=450; \quad BD=15\sqrt{2}[/tex]
Окружность, проходящая через [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex], [tex]D[/tex], — это описанная окружность [tex]\triangle BCD[/tex], поэтому по теореме синусов
[tex]2R=\frac{BD}{\sin \varphi}=\frac{15\sqrt{2}\cdot 5}{3}=25\sqrt{2}\Rightarrow R^2=\frac{625}{2}[/tex]
Треугольник [tex]CDE[/tex] равнобедренный ([tex]EC=ED[/tex]), поэтому углы при его основании острые и прямой угол — при вершине [tex]E[/tex]. Тогда [tex]CD=EC\sqrt{2}[/tex] и [tex]EC^2=\frac{35^2}{2}=\frac{1225}{2}[/tex]. Из прямоугольного [tex]\triangle EOC[/tex]:
[tex]EO^2=EC^2-R^2=\frac{1225}{2}-\frac{625}{2}=300\Rightarrow EO=10\sqrt{3}[/tex]

Решение:
Положим [tex]AB=a[/tex]; тогда [tex]AA_1=a-1[/tex] и [tex]AC=a+1[/tex], где [tex]a\gt 1[/tex]. Пусть [tex]\angle BAC=\varphi[/tex].
Достроим призму до прямой призмы [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex], основание которой [tex]ABCD[/tex] — параллелограмм. Тогда [tex]ABC_1D_1[/tex] — параллелограмм, поэтому [tex]AD_1\parallel BC_1[/tex] и, значит, [tex]AB_1\perp AD_1[/tex]; из прямоугольного [tex]\triangle AB_1D_1[/tex] получаем [tex]B_1D_1^2=AB_1^2+AD_1^2[/tex].
Так как призма прямая, [tex]AB_1^2=AB^2+AA_1^2[/tex], [tex]AD_1^2=AD^2+DD_1^2=BC^2+AA_1^2[/tex] и [tex]B_1D_1=BD[/tex]. В параллелограмме [tex]ABCD[/tex] сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов сторон, поэтому [tex]BD^2=2AB^2+2BC^2-AC^2[/tex]. Подставляя, получаем
[tex]2AB^2+2BC^2-AC^2=AB^2+BC^2+2AA_1^2\Rightarrow BC^2=AC^2-AB^2+2AA_1^2[/tex]
С другой стороны, по теореме косинусов [tex]BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cos\varphi[/tex]. Сравнивая два выражения, получаем
[tex]\cos\varphi=\frac{AB^2-AA_1^2}{AB\cdot AC}=\frac{a^2-(a-1)^2}{a(a+1)}=\frac{2a-1}{a(a+1)}[/tex]
Положим [tex]t=2a-1\gt 1[/tex]; тогда [tex]a=\frac{t+1}{2}[/tex] и [tex]a(a+1)=\frac{t^2+4t+3}{4}[/tex]. По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим [tex]t+\frac{3}{t}\ge 2\sqrt{3}[/tex], поэтому
[tex]\cos\varphi=\frac{4t}{t^2+4t+3}=\frac{4}{t+\frac{3}{t}+4}\le\frac{4}{2\sqrt{3}+4}=4-2\sqrt{3}[/tex]
Равенство достигается только при [tex]t=\sqrt{3}[/tex], т.е. при [tex]a=\frac{1+\sqrt{3}}{2}\gt 1[/tex]. Тогда [tex]2a^2=2+\sqrt{3}[/tex], [tex]2a=1+\sqrt{3}[/tex] и
[tex]BC^2=(a+1)^2-a^2+2(a-1)^2=2a^2-2a+3=(2+\sqrt{3})-(1+\sqrt{3})+3=4\Rightarrow BC=2[/tex]

Решение:
Пусть [tex]AB=a[/tex], [tex]O[/tex] — центр квадрата [tex]ABCD[/tex], а [tex]K[/tex] и [tex]N[/tex] — середины [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex]. Так как пирамида правильная, [tex]MO\perp(ABCD)[/tex], все боковые грани — равные равнобедренные треугольники одной и той же площади [tex]S[/tex], а апофемы [tex]MK=MN=k[/tex].
Так как [tex]MK\perp AB[/tex] и [tex]OK\perp AB[/tex], угол [tex]\varphi=\angle MKO=\angle MKN[/tex] — линейный угол двугранного угла при ребре [tex]AB[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]MOK[/tex]:
[tex]\cos\varphi=\frac{OK}{MK}=\frac{a}{2k}\Rightarrow k=\frac{a}{2\cos\varphi}[/tex]
Биссекторная плоскость содержит [tex]AB\parallel CD[/tex], поэтому она пересекает грань [tex]MCD[/tex] по отрезку [tex]PQ\parallel CD[/tex] ([tex]P\in MD[/tex], [tex]Q\in MC[/tex]). Плоскость [tex]MKN[/tex] перпендикулярна [tex]AB[/tex], поэтому она пересекает биссекторную плоскость по биссектрисе [tex]KR[/tex] угла [tex]MKN[/tex], где [tex]R[/tex] — общая точка [tex]PQ[/tex] и [tex]MN[/tex]. По свойству биссектрисы в [tex]\triangle KMN[/tex] (где [tex]KN=a[/tex]):
[tex]\frac{MR}{RN}=\frac{KM}{KN}=\frac{k}{a}\Rightarrow \lambda=\frac{MR}{MN}=\frac{k}{k+a}[/tex]
Так как [tex]PQ\parallel CD[/tex], имеем [tex]\frac{MP}{MD}=\frac{MQ}{MC}=\lambda[/tex], поэтому [tex]\triangle MPQ\sim\triangle MDC[/tex] с коэффициентом [tex]\lambda[/tex] и [tex]S_{MPQ}=\lambda^2S[/tex]. Треугольники [tex]MAP[/tex] и [tex]MAD[/tex] имеют общую высоту из [tex]A[/tex], поэтому [tex]S_{MAP}=\lambda S[/tex]; аналогично [tex]S_{MBQ}=\lambda S[/tex].
Часть боковой поверхности, содержащая вершину [tex]M[/tex], имеет площадь [tex]S+2\lambda S+\lambda^2S=(1+\lambda)^2S[/tex], а вся боковая поверхность — площадь [tex]4S[/tex]. Части равновелики, поэтому
[tex](1+\lambda)^2S=2S\Rightarrow 1+\lambda=\sqrt{2}\Rightarrow \lambda=\sqrt{2}-1[/tex]
Подставляя [tex]k=\frac{a}{2\cos\varphi}[/tex]:
[tex]\lambda=\frac{k}{k+a}=\frac{1}{1+2\cos\varphi}=\sqrt{2}-1\Rightarrow 1+2\cos\varphi=\sqrt{2}+1\Rightarrow \cos\varphi=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \varphi=45^{\circ}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — ортогональная проекция [tex]M[/tex] на плоскость [tex]ABC[/tex], т.е. [tex]MO[/tex] — высота. Прямоугольные треугольники [tex]MOB[/tex] и [tex]MOC[/tex] имеют общий катет [tex]MO[/tex] и равные гипотенузы [tex]MB=MC[/tex], поэтому [tex]OB=OC[/tex] и [tex]O[/tex] лежит на серединном перпендикуляре к [tex]BC[/tex].
Пусть [tex]OP\perp AB[/tex] и [tex]OQ\perp AC[/tex] ([tex]P[/tex] лежит на прямой [tex]AB[/tex], [tex]Q[/tex] — на прямой [tex]AC[/tex]). По теореме о трёх перпендикулярах [tex]MP\perp AB[/tex] и [tex]MQ\perp AC[/tex], поэтому [tex]\angle MPO[/tex] и [tex]\angle MQO[/tex] — углы между плоскостями [tex]ABM[/tex], [tex]ACM[/tex] и основанием. Они равны, поэтому прямоугольные треугольники [tex]MOP[/tex] и [tex]MOQ[/tex] (общий катет [tex]MO[/tex]) равны и [tex]OP=OQ[/tex].
Двугранный угол при ребре основания острый, если [tex]O[/tex] лежит по ту же сторону от этого ребра, что и основание, и тупой, если [tex]O[/tex] лежит по другую сторону. Так как двугранные углы при [tex]AB[/tex] и [tex]AC[/tex] равны и [tex]OP=OQ[/tex], точка [tex]O[/tex] лежит в угле [tex]BAC[/tex] или в вертикальном ему угле, т.е. на прямой [tex]AL[/tex], содержащей биссектрису угла [tex]BAC[/tex] ([tex]L\in BC[/tex]). Так как [tex]AB\ne AC[/tex], эта прямая пересекает серединный перпендикуляр к [tex]BC[/tex] ровно в одной точке, и это точка [tex]O[/tex].
Теперь работаем в основании. Пусть [tex]H[/tex] — основание высоты, опущенной из [tex]A[/tex], а [tex]N[/tex] — середина [tex]BC[/tex]. Из [tex]AB^2-BH^2=AC^2-CH^2[/tex]:
[tex]225-BH^2=169-(14-BH)^2\Rightarrow BH=9,\quad AH=\sqrt{225-81}=12[/tex]
По свойству биссектрисы [tex]\frac{BL}{LC}=\frac{15}{13}[/tex], поэтому [tex]BL=\frac{15}{28}\cdot 14=\frac{15}{2}[/tex]; кроме того, [tex]BN=7[/tex]. Значит, точки на [tex]BC[/tex] идут в порядке [tex]B[/tex], [tex]N[/tex], [tex]L[/tex], [tex]H[/tex], причём [tex]NL=\frac{1}{2}[/tex] и [tex]LH=\frac{3}{2}[/tex], а прямая [tex]AL[/tex] пересекает перпендикуляр к [tex]BC[/tex], проведённый через [tex]N[/tex], в точке [tex]O[/tex], лежащей по другую сторону от [tex]BC[/tex], чем [tex]A[/tex]. Прямоугольные треугольники [tex]LHA[/tex] и [tex]LNO[/tex] подобны (вертикальные углы при [tex]L[/tex]), поэтому
[tex]ON=AH\cdot \frac{LN}{LH}=12\cdot \frac{1}{3}=4[/tex]
Пусть [tex]T[/tex] — основание перпендикуляра, опущенного из [tex]A[/tex] на прямую [tex]ON[/tex]. Тогда [tex]AHNT[/tex] — прямоугольник, поэтому [tex]AT=HN=2[/tex], [tex]TN=AH=12[/tex] и [tex]TO=TN+NO=12+4=16[/tex], откуда
[tex]AO^2=AT^2+TO^2=2^2+16^2=260[/tex]
Из прямоугольного треугольника [tex]AOM[/tex] находим высоту, а площадь основания [tex]S_{ABC}=\frac{BC\cdot AH}{2}=\frac{14\cdot 12}{2}=84[/tex]:
[tex]MO=\sqrt{AM^2-AO^2}=\sqrt{324-260}=8,\quad V=\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot MO=\frac{1}{3}\cdot 84\cdot 8=224[/tex]

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — основание высоты, опущенной из [tex]M[/tex]. Так как плоскость [tex](ABM)[/tex] перпендикулярна основанию, эта высота лежит в плоскости [tex](ABM)[/tex], поэтому [tex]O[/tex] лежит на прямой [tex]AB[/tex].
Прямоугольные треугольники [tex]MOA[/tex], [tex]MOB[/tex], [tex]MOC[/tex], [tex]MOD[/tex] имеют общий катет [tex]MO[/tex] и равные гипотенузы [tex]\sqrt{5}[/tex], поэтому [tex]OA=OB=OC=OD=R[/tex]. Значит, [tex]O[/tex] — середина [tex]AB[/tex], основание вписано в окружность с центром [tex]O[/tex], [tex]AB=2R[/tex] — её диаметр и [tex]MO=\sqrt{5-R^2}[/tex].
Каждая боковая грань — равнобедренный треугольник с боковыми сторонами [tex]\sqrt{5}[/tex]. Если его основание равно [tex]t[/tex], то высота, проведённая к основанию, равна [tex]\sqrt{5-\frac{t^2}{4}}[/tex], и его площадь [tex]f(t)[/tex] удовлетворяет равенству
[tex]f(t)^2=\frac{t^2}{4}\left(5-\frac{t^2}{4}\right)=\frac{t^2(20-t^2)}{16}[/tex]
Так как [tex]u(20-u)=v(20-v)[/tex] тогда и только тогда, когда [tex]u=v[/tex] или [tex]u+v=20[/tex], две грани с основаниями [tex]t[/tex] и [tex]s[/tex] имеют равные площади тогда и только тогда, когда [tex]t=s[/tex] или [tex]t^2+s^2=20[/tex]. Хорды [tex]BC[/tex], [tex]CD[/tex], [tex]DA[/tex] короче диаметра [tex]AB[/tex], поэтому сравнение граней [tex]BCM[/tex], [tex]CDM[/tex], [tex]DAM[/tex] с гранью [tex]ABM[/tex] даёт
[tex]BC^2=CD^2=DA^2=20-AB^2=20-4R^2[/tex]
Значит, [tex]BC=CD=DA[/tex]. Эти равные хорды делят полуокружность, на которой лежат [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex], на три равные дуги по [tex]60^{\circ}[/tex], поэтому треугольники [tex]OBC[/tex], [tex]OCD[/tex], [tex]ODA[/tex] равносторонние и [tex]BC=CD=DA=R[/tex]. Тогда
[tex]R^2=20-4R^2\Rightarrow R=2; \quad MO=\sqrt{5-R^2}=1[/tex]
Основание состоит из трёх равносторонних треугольников со стороной [tex]2[/tex], поэтому его площадь равна [tex]3\cdot \frac{2^2\sqrt{3}}{4}=3\sqrt{3}[/tex], и
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot 3\sqrt{3}\cdot 1=\sqrt{3}[/tex]
(Проверка: тогда площадь каждой боковой грани равна [tex]2[/tex].)

Решение:
Пусть пирамида [tex]ABCDM[/tex] имеет квадратное основание [tex]ABCD[/tex] с центром [tex]O[/tex] и высоту [tex]MO[/tex], и пусть [tex]K[/tex] — середина [tex]AB[/tex], так что [tex]MK[/tex] — апофема и [tex]OK=\frac{a}{2}[/tex]. Так как [tex]OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex], из прямоугольного треугольника [tex]AOM[/tex]
[tex]MO=\sqrt{MA^2-OA^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex]
Пусть [tex]x[/tex] — ребро куба. Его нижняя грань лежит в основании, а боковые рёбра перпендикулярны основанию, поэтому четыре верхние вершины куба лежат в плоскости, параллельной основанию и удалённой от него на [tex]x[/tex]. Эта плоскость пересекает [tex]MO[/tex] в точке [tex]Q[/tex], для которой [tex]OQ=x[/tex], [tex]MQ=\frac{a\sqrt{2}}{2}-x[/tex], а каждую апофему — в одной точке, которая и должна быть верхней вершиной куба на ней. По симметрии эти четыре точки образуют верхнюю грань куба — квадрат с центром [tex]Q[/tex].
Пусть [tex]P[/tex] — верхняя вершина на [tex]MK[/tex]. Тогда [tex]QP[/tex] — половина диагонали грани куба, т.е. [tex]QP=\frac{x\sqrt{2}}{2}[/tex]. Так как [tex]QP\parallel OK[/tex], треугольники [tex]MQP[/tex] и [tex]MOK[/tex] подобны, поэтому
[tex]\frac{QP}{OK}=\frac{MQ}{MO}\Rightarrow \frac{x\sqrt{2}}{a}=1-\frac{x\sqrt{2}}{a}\Rightarrow \frac{x\sqrt{2}}{a}=\frac{1}{2}\Rightarrow x=\frac{a\sqrt{2}}{4}[/tex]
Следовательно, площадь поверхности и объём куба равны
[tex]S=6x^2=6\cdot \frac{a^2}{8}=\frac{3a^2}{4}; \quad V=x^3=\frac{2\sqrt{2}a^3}{64}=\frac{\sqrt{2}a^3}{32}[/tex]

Решение:
Все рёбра основания равны [tex]3[/tex], поэтому [tex]ABCD[/tex] — ромб; пусть [tex]O[/tex] — точка пересечения его диагоналей, тогда [tex]AC\perp BD[/tex] и [tex]O[/tex] — середина обеих диагоналей. Треугольник [tex]SAC[/tex] равнобедренный ([tex]SA=SC=3[/tex]), поэтому его медиана [tex]SO[/tex] перпендикулярна [tex]AC[/tex]. Вместе с [tex]BO\perp AC[/tex] это даёт [tex]AC\perp (SBD)[/tex], поэтому [tex]AO[/tex] и [tex]CO[/tex] — расстояния от [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex] до плоскости [tex](SBD)[/tex]:
[tex]V=V_{ASBD}+V_{CSBD}=\frac{1}{3}S_{SBD}(AO+CO)=\frac{1}{3}AC\cdot S_{SBD}[/tex]
Прямоугольные треугольники [tex]AOS[/tex] и [tex]AOB[/tex] имеют общий катет [tex]AO[/tex] и равные гипотенузы [tex]AS=AB=3[/tex], поэтому [tex]SO=BO=DO[/tex]. Значит, медиана [tex]SO[/tex] треугольника [tex]SBD[/tex] равна половине [tex]BD[/tex], откуда [tex]\angle BSD=90^{\circ}[/tex] и
[tex]S_{SBD}=\frac{1}{2}SB\cdot SD=\frac{3x}{2},\quad BD^2=9+x^2[/tex]
Из прямоугольного треугольника [tex]AOB[/tex]:
[tex]AO^2=AB^2-\frac{BD^2}{4}=9-\frac{9+x^2}{4}=\frac{27-x^2}{4}\Rightarrow AC=\sqrt{27-x^2}[/tex]
Это требует [tex]0\lt x\lt 3\sqrt{3}[/tex], и объём как функция от [tex]x[/tex] равен
[tex]V(x)=\frac{1}{3}\sqrt{27-x^2}\cdot \frac{3x}{2}=\frac{x\sqrt{27-x^2}}{2}[/tex]
По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим
[tex]x\sqrt{27-x^2}=\sqrt{x^2(27-x^2)}\le\frac{x^2+(27-x^2)}{2}=\frac{27}{2}[/tex]
причём равенство достигается при [tex]x^2=27-x^2[/tex], т.е. [tex]x=\frac{3\sqrt{6}}{2}[/tex]. Следовательно, наибольший объём равен
[tex]V_{\max}=\frac{1}{2}\cdot \frac{27}{2}=\frac{27}{4}[/tex]

Решение:
Примем [tex]ABC[/tex] за основание:
[tex]S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 5\cdot \sin 60^{\circ}=\frac{15\sqrt{3}}{2}[/tex]
Пусть [tex]DH[/tex] — высота пирамиды ([tex]H[/tex] лежит в плоскости [tex]ABC[/tex]), а [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex] — основания перпендикуляров, опущенных из [tex]D[/tex] на [tex]CA[/tex] и [tex]CB[/tex]. Прямоугольные треугольники [tex]CPD[/tex] и [tex]CQD[/tex] имеют гипотенузу [tex]CD=4[/tex] и угол [tex]45^{\circ}[/tex] при вершине [tex]C[/tex], поэтому они равнобедренные и
[tex]CP=CQ=DP=DQ=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}[/tex]
Так как [tex]2\sqrt{2}\lt 5[/tex], точка [tex]P[/tex] лежит на отрезке [tex]CA[/tex], а [tex]Q[/tex] — на [tex]CB[/tex]. Отрезок [tex]HP[/tex] — ортогональная проекция [tex]DP[/tex] на плоскость [tex]ABC[/tex], и [tex]DP\perp CA[/tex], поэтому по теореме о трёх перпендикулярах [tex]HP\perp CA[/tex]; аналогично [tex]HQ\perp CB[/tex].
Прямоугольные треугольники [tex]CPH[/tex] и [tex]CQH[/tex] имеют общую гипотенузу [tex]CH[/tex] и равные катеты [tex]CP=CQ[/tex], значит, они равны и [tex]CH[/tex] — биссектриса угла [tex]ACB[/tex], т.е. [tex]\angle PCH=30^{\circ}[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]CPH[/tex]:
[tex]HP=CP\operatorname{tg} 30^{\circ}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}[/tex]
Из прямоугольного треугольника [tex]DHP[/tex] (прямой угол при [tex]H[/tex]):
[tex]DH^2=DP^2-HP^2=8-\frac{8}{3}=\frac{16}{3}\Rightarrow DH=\frac{4}{\sqrt{3}}[/tex]
Следовательно, объём равен
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{15\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{4}{\sqrt{3}}=10[/tex]

Решение:
Пусть [tex]DO[/tex] — высота пирамиды и [tex]DT\perp AB[/tex] ([tex]T[/tex] лежит на [tex]AB[/tex]). По теореме о трёх перпендикулярах [tex]OT\perp AB[/tex], поэтому [tex]\angle DTO[/tex] — угол между гранью [tex]ABD[/tex] и основанием; аналогично для двух других граней. Полученные три прямоугольных треугольника имеют общий катет [tex]DO[/tex] и равные острые углы, противолежащие ему, поэтому они равны и точка [tex]O[/tex] равноудалена от сторон [tex]\triangle ABC[/tex]. Значит, [tex]O[/tex] — центр окружности, вписанной в [tex]ABC[/tex], а [tex]T[/tex] — точка её касания со стороной [tex]AB[/tex].
В прямоугольном треугольнике [tex]ABD[/tex] ([tex]\angle ADB=90^{\circ}[/tex]):
[tex]AB=\sqrt{15^2+20^2}=25,\quad DT=\frac{15\cdot 20}{25}=12,\quad AT=\frac{15^2}{25}=9,\quad BT=\frac{20^2}{25}=16[/tex]
Пусть вписанная окружность касается [tex]BC[/tex] в точке [tex]P[/tex] и [tex]CA[/tex] в точке [tex]Q[/tex]. Отрезки касательных, проведённых из одной точки, равны, поэтому [tex]AQ=AT=9[/tex], [tex]BP=BT=16[/tex] и
[tex]CP=CQ=\frac{60-2\cdot 25}{2}=5\Rightarrow BC=21,\quad CA=14[/tex]
При полупериметре [tex]p=30[/tex] по формуле Герона находим площадь, а затем радиус вписанной окружности:
[tex]S_{ABC}=\sqrt{30\cdot 5\cdot 9\cdot 16}=60\sqrt{6},\quad r=\frac{S_{ABC}}{p}=2\sqrt{6}[/tex]
Из прямоугольных треугольников [tex]DOT[/tex], [tex]OQC[/tex] и [tex]DOC[/tex]:
[tex]DO^2=DT^2-OT^2=144-24=120,\quad OC^2=OQ^2+CQ^2=24+25=49[/tex]
[tex]DC^2=DO^2+OC^2=120+49=169\Rightarrow DC=13[/tex]

Решение:
Рассмотрим боковую грань [tex]A_iA_{i+1}B_{i+1}B_i[/tex] (индексы берутся по модулю [tex]n[/tex]). Плоскости оснований параллельны, а третья плоскость пересекает две параллельные плоскости по параллельным прямым, поэтому [tex]A_iA_{i+1}\parallel B_iB_{i+1}[/tex] и грань — трапеция.
Четыре вершины этой грани лежат на сфере и в плоскости грани, а сечение сферы плоскостью — окружность, поэтому трапеция вписана в окружность. Так как [tex]A_iA_{i+1}\parallel B_iB_{i+1}[/tex], а сумма противоположных углов вписанного четырёхугольника равна [tex]180^{\circ}[/tex], получаем
[tex]\angle A_iB_iB_{i+1}=180^{\circ}-\angle B_iA_iA_{i+1}=\angle A_{i+1}B_{i+1}B_i[/tex]
Значит, углы при основании [tex]B_iB_{i+1}[/tex] равны, трапеция равнобедренная и [tex]A_iB_i=A_{i+1}B_{i+1}[/tex]. Обойдя все боковые грани, получаем
[tex]A_1B_1=A_2B_2=\ldots=A_nB_n=l[/tex]
Пусть [tex]h[/tex] — расстояние между плоскостями оснований (высота усечённой пирамиды). Для каждого [tex]i[/tex] опустим [tex]B_iH_i\perp(A_1A_2\ldots A_n)[/tex]; тогда [tex]B_iH_i=h[/tex], а [tex]A_iH_i[/tex] — ортогональная проекция [tex]A_iB_i[/tex] на основание, поэтому угол между боковым ребром [tex]A_iB_i[/tex] и основанием равен [tex]\varphi_i=\angle B_iA_iH_i[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]A_iH_iB_i[/tex]
[tex]\sin \varphi_i=\frac{B_iH_i}{A_iB_i}=\frac{h}{l}[/tex]
Это число не зависит от [tex]i[/tex], а угол между прямой и плоскостью не больше [tex]90^{\circ}[/tex], поэтому [tex]\varphi_1=\varphi_2=\ldots=\varphi_n[/tex], что и требовалось доказать.