Задачи на призмы и пирамиды - задачи с решениями

Решение:
Пусть параллелепипед — [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] с основанием ромбом [tex]ABCD[/tex], [tex]AC=8[/tex], [tex]BD=6[/tex], и пусть [tex]O[/tex] — точка пересечения диагоналей основания. Диагонали ромба перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам, поэтому треугольник [tex]ABO[/tex] прямоугольный с прямым углом при [tex]O[/tex] и [tex]AO=4[/tex], [tex]BO=3[/tex]:
[tex]AB=\sqrt{AO^2+BO^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5[/tex]
Параллелепипед прямой, поэтому его боковые грани — равные прямоугольники со сторонами [tex]5[/tex] и высотой; пусть [tex]AB_1=13[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]ABB_1[/tex] (прямой угол при [tex]B[/tex]) находим высоту:
[tex]BB_1=\sqrt{AB_1^2-AB^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12[/tex]
Площадь основания равна половине произведения диагоналей, а площадь боковой поверхности — периметру основания, умноженному на высоту. Следовательно, площадь полной поверхности равна
[tex]S_{ABCD}=\frac{AC\cdot BD}{2}=\frac{8\cdot 6}{2}=24,\quad S=2S_{ABCD}+4\cdot AB\cdot BB_1=48+4\cdot 5\cdot 12=48+240=288[/tex]

Решение:
Пусть измерения равны [tex]n-1[/tex], [tex]n[/tex] и [tex]n+1[/tex], где [tex]n\ge 2[/tex] — целое число. Тогда
[tex]V=(n-1)n(n+1)=n^3-n=24\iff n^3-n-24=0\iff (n-3)(n^2+3n+8)=0[/tex]
Дискриминант трёхчлена [tex]n^2+3n+8[/tex] равен [tex]9-32\lt 0[/tex], поэтому [tex]n^2+3n+8\gt 0[/tex] и единственное решение — [tex]n=3[/tex]. Значит, измерения равны [tex]a=2[/tex], [tex]b=3[/tex], [tex]c=4[/tex] (проверка: [tex]2\cdot 3\cdot 4=24[/tex]), а площадь полной поверхности равна
[tex]S=2(ab+bc+ca)=2(2\cdot 3+3\cdot 4+4\cdot 2)=2\cdot 26=52[/tex]

Решение:
Объём металла не меняется, поэтому объём нового кубика равен сумме трёх объёмов:
[tex]V=3^3+4^3+5^3=27+64+125=216[/tex]
Если [tex]a[/tex] — ребро нового кубика, то [tex]a^3=216=6^3[/tex], т.е. [tex]a=6[/tex]. Поверхность куба состоит из шести квадратов со стороной [tex]a[/tex]:
[tex]S=6a^2=6\cdot 36=216[/tex]

Решение:
Пусть [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] — данная усечённая пирамида, её основания — квадраты [tex]ABCD[/tex] ([tex]AB=16[/tex]) и [tex]A_1B_1C_1D_1[/tex] ([tex]A_1B_1=4[/tex]) с центрами [tex]O[/tex] и [tex]O_1[/tex]; высота [tex]OO_1=h[/tex]. Пусть [tex]K[/tex] и [tex]K_1[/tex] — середины [tex]BC[/tex] и [tex]B_1C_1[/tex]. Боковая грань [tex]BCC_1B_1[/tex] — равнобедренная трапеция, поэтому её высота [tex]KK_1=10[/tex] является апофемой.
Точки [tex]O[/tex], [tex]K[/tex], [tex]K_1[/tex], [tex]O_1[/tex] лежат в одной плоскости (проходящей через [tex]OO_1[/tex] перпендикулярно [tex]BC[/tex]), и [tex]OKK_1O_1[/tex] — прямоугольная трапеция с [tex]OK=\frac{AB}{2}=8[/tex] и [tex]O_1K_1=\frac{A_1B_1}{2}=2[/tex]. Опустим [tex]K_1P\perp OK[/tex]; тогда [tex]K_1P=h[/tex] и [tex]PK=8-2=6[/tex]. Из прямоугольного [tex]\triangle K_1PK[/tex]:
[tex]h=\sqrt{KK_1^2-PK^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8[/tex]
Площади оснований равны [tex]S_1=16^2=256[/tex] и [tex]S_2=4^2=16[/tex], поэтому по формуле объёма усечённой пирамиды
[tex]V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)=\frac{8}{3}(256+16+64)=\frac{8}{3}\cdot 336=896[/tex]

Решение:
Пусть [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] — данная призма, [tex]AB=6[/tex], [tex]AD=3[/tex], [tex]\angle DAB=45^{\circ}[/tex]. Площадь основания
[tex]S=AB\cdot AD\cdot \sin 45^{\circ}=6\cdot 3\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=9\sqrt{2}[/tex]
Пусть [tex]H[/tex] — ортогональная проекция точки [tex]A_1[/tex] на плоскость основания. Тогда [tex]A_1H=h[/tex] — высота призмы, [tex]AH[/tex] — проекция бокового ребра [tex]AA_1[/tex], и угол между боковым ребром и основанием равен [tex]\angle A_1AH=30^{\circ}[/tex]. В прямоугольном [tex]\triangle AHA_1[/tex] катет [tex]A_1H[/tex] лежит против угла [tex]30^{\circ}[/tex], поэтому
[tex]h=A_1H=\frac{AA_1}{2}=2\sqrt{2}[/tex]
Объём равен площади основания, умноженной на высоту (а не на боковое ребро):
[tex]V=S\cdot h=9\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{2}=36[/tex]

Решение:
Пусть [tex]ABCA_1B_1C_1[/tex] — данная призма и [tex]AA_1=BB_1=CC_1=l[/tex]. Каждая боковая грань — параллелограмм; например, в [tex]ABB_1A_1[/tex] стороны [tex]AA_1[/tex] и [tex]BB_1[/tex] равны [tex]l[/tex], а высота, проведённая к ним, равна расстоянию между параллельными прямыми [tex]AA_1[/tex] и [tex]BB_1[/tex].
Следовательно, площади трёх боковых граней равны [tex]2l[/tex], [tex]3l[/tex] и [tex]4l[/tex], и
[tex]2l+3l+4l=45\Rightarrow 9l=45\Rightarrow l=5[/tex]

Решение:
Площадь полной поверхности [tex]S_1[/tex] призмы равна сумме площади боковой поверхности [tex]S[/tex] и площадей двух оснований:
[tex]S_1=S+2S_{ABCD}[/tex]
Основание — трапеция с основаниями [tex]AB[/tex], [tex]CD[/tex] и высотой [tex]5[/tex], поэтому
[tex]S_{ABCD}=\frac{AB+CD}{2}\cdot 5=\frac{14+6}{2}\cdot 5=50[/tex]
Тогда площадь боковой поверхности равна
[tex]S=S_1-2S_{ABCD}=450-2\cdot 50=350[/tex]
Заметим, что ни боковые стороны трапеции, ни высота призмы не понадобились.

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — основание высоты, опущенной из [tex]D[/tex] на плоскость [tex]ABC[/tex]. Прямоугольные треугольники [tex]DOA[/tex], [tex]DOB[/tex] и [tex]DOC[/tex] имеют общий катет [tex]DO[/tex] и равные гипотенузы [tex]DA=DB=DC[/tex], поэтому они равны и [tex]OA=OB=OC[/tex].
Значит, [tex]O[/tex] — центр описанной около [tex]\triangle ABC[/tex] окружности и [tex]OA=R[/tex] — её радиус. По теореме синусов в [tex]\triangle ABC[/tex]:
[tex]AB=2R\sin \angle ACB\Rightarrow 3=2R\cdot \frac{1}{2}\Rightarrow R=3[/tex]
Из прямоугольного треугольника [tex]DOA[/tex]:
[tex]DO=\sqrt{DA^2-OA^2}=\sqrt{25-9}=4[/tex]
Заметим, что сам треугольник [tex]ABC[/tex] данными не определяется однозначно, а высота — определяется.

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — точка пересечения диагоналей квадрата [tex]ABCD[/tex]. Пирамида правильная, поэтому её высота — [tex]MO[/tex], а [tex]AO[/tex] — ортогональная проекция [tex]AM[/tex] на основание; значит, угол между [tex]AM[/tex] и основанием равен [tex]\angle MAO=45^{\circ}[/tex].
Прямоугольный треугольник [tex]AOM[/tex] (с прямым углом при вершине [tex]O[/tex]) имеет острый угол [tex]45^{\circ}[/tex], поэтому он равнобедренный:
[tex]MO=AO=\frac{AM}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3[/tex]
Тогда диагональ квадрата [tex]AC=2AO=6[/tex], а площадь основания равна
[tex]B=\frac{AC^2}{2}=\frac{36}{2}=18[/tex]
Следовательно,
[tex]V=\frac{1}{3}B\cdot MO=\frac{1}{3}\cdot 18\cdot 3=18[/tex]

Решение:
Боковые грани — квадраты, поэтому каждое боковое ребро равно ребру основания; обозначим их общую длину через [tex]a[/tex].
У шестиугольной призмы [tex]6+6=12[/tex] рёбер оснований (на двух основаниях) и [tex]6[/tex] боковых рёбер, т.е. всего [tex]18[/tex] рёбер, и все они имеют длину [tex]a[/tex]. Значит,
[tex]18a=90\Rightarrow a=5[/tex]
Боковая поверхность состоит из [tex]6[/tex] равных квадратов со стороной [tex]a=5[/tex], поэтому
[tex]S=6a^2=6\cdot 5^2=150[/tex]

Решение:
Пусть [tex]ABCDM[/tex] — данная пирамида с вершиной [tex]M[/tex], центром основания [tex]O[/tex] и ребром основания [tex]a[/tex]. Пусть [tex]K[/tex] — середина [tex]BC[/tex]; тогда [tex]MK=k[/tex] — апофема (высота равнобедренного треугольника [tex]BCM[/tex]), а [tex]MO=h=\frac{k}{2}[/tex] — высота пирамиды.
Так как [tex]MO[/tex] перпендикулярна основанию, треугольник [tex]MOK[/tex] прямоугольный с прямым углом при вершине [tex]O[/tex], причём [tex]OK=\frac{a}{2}[/tex]. По теореме Пифагора
[tex]k^2=h^2+\frac{a^2}{4}=\frac{k^2}{4}+\frac{a^2}{4}\Rightarrow k=\frac{a}{\sqrt{3}}; \ h=\frac{a}{2\sqrt{3}}[/tex]
Боковая поверхность состоит из четырёх равных равнобедренных треугольников с основанием [tex]a[/tex] и высотой [tex]k[/tex], а объём равен трети произведения площади основания на высоту:
[tex]S=4\cdot \frac{1}{2}ak=\frac{2a^2}{\sqrt{3}}; \quad V=\frac{1}{3}a^2h=\frac{a^3}{6\sqrt{3}}[/tex]
Условие [tex]S=6V[/tex] даёт
[tex]\frac{2a^2}{\sqrt{3}}=\frac{a^3}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=2[/tex]

Решение:
Пусть ребро основания равно [tex]a[/tex], а высота равна [tex]h[/tex]. Основание [tex]ABCD[/tex] — квадрат, а боковые рёбра перпендикулярны основанию. Из прямоугольного треугольника [tex]ABB_1[/tex] (прямой угол при [tex]B[/tex]):
[tex]a^2+h^2=AB_1^2=25[/tex]
Диагональ квадрата [tex]AC=a\sqrt{2}[/tex], и из прямоугольного треугольника [tex]ACC_1[/tex] (прямой угол при [tex]C[/tex]):
[tex]2a^2+h^2=AC_1^2=49[/tex]
Вычитая первое равенство из второго, получаем [tex]a^2=24[/tex], откуда [tex]h^2=1[/tex] и [tex]h=1[/tex]. Объём равен
[tex]V=a^2h=24\cdot 1=24[/tex]

Решение:
Пусть пирамида [tex]ABCM[/tex] имеет основанием правильный треугольник [tex]ABC[/tex] и высоту [tex]MO[/tex]. Так как пирамида правильная, [tex]O[/tex] — центр [tex]\triangle ABC[/tex], т.е. точка пересечения его медиан.
Пусть [tex]K[/tex] — середина [tex]AB[/tex]. Тогда [tex]O[/tex] лежит на медиане [tex]CK[/tex], и так как точка пересечения медиан делит каждую медиану в отношении [tex]2:1[/tex], считая от вершины,
[tex]OC=2OK[/tex]
Ортогональная проекция бокового ребра [tex]MC[/tex] на основание — это [tex]OC[/tex], поэтому [tex]\angle MCO=\beta[/tex], и из прямоугольного треугольника [tex]MOC[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \beta=\frac{MO}{OC}[/tex]
Грань [tex]ABM[/tex] — равнобедренный треугольник, поэтому его медиана [tex]MK[/tex] является и высотой: [tex]MK\perp AB[/tex]. Кроме того, [tex]OK\perp AB[/tex], так как [tex]CK[/tex] — высота правильного треугольника [tex]ABC[/tex]. Значит, [tex]\angle MKO[/tex] — линейный угол двугранного угла при ребре [tex]AB[/tex], т.е. [tex]\angle MKO=\alpha[/tex], и из прямоугольного треугольника [tex]MOK[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \alpha=\frac{MO}{OK}[/tex]
Следовательно,
[tex]\operatorname{tg} \alpha=\frac{MO}{OK}=\frac{2MO}{OC}=2\operatorname{tg} \beta[/tex]

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — ортогональная проекция [tex]D[/tex] на плоскость [tex](ABC)[/tex]. Прямая, перпендикулярная плоскости, перпендикулярна любой прямой этой плоскости, поэтому [tex]DO\perp OA[/tex], [tex]DO\perp OB[/tex], [tex]DO\perp OC[/tex]. По теореме Пифагора в прямоугольных треугольниках [tex]DOA[/tex], [tex]DOB[/tex], [tex]DOC[/tex]:
[tex]OA^2=DA^2-DO^2,\quad OB^2=DB^2-DO^2,\quad OC^2=DC^2-DO^2[/tex]
Так как [tex]DA=DB=DC[/tex], получаем
[tex]OA=OB=OC[/tex]
Точка [tex]O[/tex] не может совпадать с вершиной, например с [tex]A[/tex], так как тогда [tex]OB=OA=0[/tex], т.е. [tex]B=A[/tex]. Значит, [tex]O[/tex] — точка плоскости [tex](ABC)[/tex], равноудалённая от [tex]A[/tex], [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex], т.е. центр окружности, описанной около треугольника [tex]ABC[/tex].