Задачи на призмы и пирамиды - сложные задачи с решениями

Решение:
Пусть усечённая пирамида — [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] с основаниями-квадратами [tex]ABCD[/tex], [tex]AB=7[/tex], и [tex]A_1B_1C_1D_1[/tex], [tex]A_1B_1=5[/tex], и пусть [tex]O[/tex] и [tex]O_1[/tex] — центры оснований; тогда [tex]OO_1[/tex] — высота усечённой пирамиды. Диагональное сечение [tex]ACC_1A_1[/tex] содержит [tex]OO_1[/tex], поэтому оно перпендикулярно основанию; это равнобедренная трапеция с основаниями
[tex]AC=7\sqrt{2},\quad A_1C_1=5\sqrt{2}[/tex]
Пусть [tex]H[/tex] — основание перпендикуляра, опущенного из [tex]A_1[/tex] на [tex]AC[/tex]. Отрезок [tex]A_1H[/tex] лежит в плоскости, перпендикулярной основанию, и перпендикулярен общей прямой [tex]AC[/tex], поэтому [tex]A_1H\perp(ABC)[/tex] и [tex]A_1H=h[/tex] — высота усечённой пирамиды. В равнобедренной трапеции
[tex]AH=\frac{AC-A_1C_1}{2}=\sqrt{2},\quad HC=AC-AH=6\sqrt{2}[/tex]
Из прямоугольного треугольника [tex]A_1HC[/tex], гипотенуза которого — диагональ [tex]A_1C=9[/tex] усечённой пирамиды:
[tex]h^2=A_1C^2-HC^2=81-72=9\Rightarrow h=3[/tex]
Площади оснований равны [tex]S_1=7^2=49[/tex] и [tex]S_2=5^2=25[/tex], поэтому по формуле объёма усечённой пирамиды
[tex]V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)=\frac{3}{3}(49+25+35)=109[/tex]

Решение:
Пусть [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] — рёбра сосуда в сантиметрах. Объём воды равен [tex]90[/tex] л [tex]=90\,000[/tex] куб. см. Когда сосуд стоит на какой-либо грани, вода заполняет прямоугольный параллелепипед, основание которого — эта грань, а высота равна уровню воды. Поэтому
[tex]ab\cdot 30=90\,000,\quad ac\cdot 37{,}5=90\,000,\quad bc\cdot 45=90\,000[/tex]
[tex]ab=3000,\quad ac=2400,\quad bc=2000[/tex]
Перемножив три равенства, получаем
[tex](abc)^2=3000\cdot 2400\cdot 2000=144\cdot 10^8\Rightarrow V=abc=12\cdot 10^4=120\,000[/tex]
Итак, объём сосуда равен [tex]120\,000[/tex] куб. см [tex]=120[/tex] куб. дм [tex]=120[/tex] л. Проверка: рёбра равны [tex]a=\frac{abc}{bc}=60[/tex], [tex]b=\frac{abc}{ac}=50[/tex], [tex]c=\frac{abc}{ab}=40[/tex] см, и в каждом положении уровень воды ниже верхней грани сосуда: [tex]30\lt 40[/tex], [tex]37{,}5\lt 50[/tex], [tex]45\lt 60[/tex].

Решение:
Пусть [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] — рёбра, выходящие из одной вершины. Если основанием служит грань со сторонами [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex], то боковые грани — два прямоугольника со сторонами [tex]a[/tex], [tex]c[/tex] и два со сторонами [tex]b[/tex], [tex]c[/tex], т.е. площадь боковой поверхности равна [tex]2ac+2bc[/tex]. При двух других выборах основания она равна [tex]2ab+2ac[/tex] и [tex]2ab+2bc[/tex].
Положим [tex]x=ab[/tex], [tex]y=bc[/tex], [tex]z=ca[/tex]. При подходящем обозначении рёбер можно считать, что
[tex]2(y+z)=10; \quad 2(x+z)=16; \quad 2(x+y)=18\Rightarrow y+z=5; \quad x+z=8; \quad x+y=9[/tex]
Сложив три равенства, получим [tex]2(x+y+z)=22[/tex], т.е. [tex]x+y+z=11[/tex], откуда
[tex]x=6; \quad y=3; \quad z=2[/tex]
Для объёма [tex]V=abc[/tex] имеем
[tex]V^2=ab\cdot bc\cdot ca=xyz=36\Rightarrow V=6[/tex]
Проверка: рёбра равны [tex]a=2[/tex], [tex]b=3[/tex], [tex]c=1[/tex], а три площади боковой поверхности равны [tex]2\cdot 1\cdot (2+3)=10[/tex], [tex]2\cdot 2\cdot (3+1)=16[/tex] и [tex]2\cdot 3\cdot (1+2)=18[/tex].

Решение:
Пусть [tex]ABCM[/tex] — данная пирамида с вершиной [tex]M[/tex], [tex]MA=MB=MC=10[/tex] и ребром основания [tex]AB=2x[/tex]. Три боковые грани — равные равнобедренные треугольники, поэтому площадь каждой из них равна [tex]\frac{144}{3}=48[/tex].
Пусть [tex]K[/tex] — середина [tex]AB[/tex]. В равнобедренном [tex]\triangle ABM[/tex] медиана [tex]MK[/tex] является и высотой (апофемой), а из прямоугольного [tex]\triangle AKM[/tex] получаем [tex]MK=\sqrt{100-x^2}[/tex]. Из площади грани
[tex]\frac{1}{2}\cdot 2x\cdot \sqrt{100-x^2}=48\Rightarrow x^2(100-x^2)=2304\Rightarrow x^4-100x^2+2304=0[/tex]
Из этого биквадратного уравнения [tex]x^2=36[/tex] или [tex]x^2=64[/tex], т.е. [tex]x=6[/tex] или [tex]x=8[/tex], откуда [tex]AB=12[/tex] или [tex]AB=16[/tex].
Обе пирамиды существуют: основание высоты [tex]h[/tex] — центр описанной около основания окружности радиуса [tex]R=\frac{AB}{\sqrt{3}}[/tex], поэтому [tex]h^2=MA^2-R^2=100-\frac{AB^2}{3}[/tex]; при [tex]AB=12[/tex] получаем [tex]h^2=52\gt 0[/tex], а при [tex]AB=16[/tex] получаем [tex]h^2=\frac{44}{3}\gt 0[/tex].
Следовательно, ребро основания равно [tex]12[/tex] см или [tex]16[/tex] см.

Решение:
Пусть [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] — данная усечённая пирамида, [tex]AB=2[/tex], [tex]A_1B_1=1[/tex], а [tex]O[/tex] и [tex]O_1[/tex] — центры оснований, [tex]OO_1=3[/tex]. Диагонали [tex]AC_1[/tex] и [tex]A_1C[/tex] лежат в диагональном сечении [tex]ACC_1A_1[/tex] — равнобедренной трапеции с основаниями [tex]AC=2\sqrt{2}[/tex] и [tex]A_1C_1=\sqrt{2}[/tex]; пусть они пересекаются в точке [tex]T[/tex]. По симметрии все четыре диагонали проходят через эту точку оси [tex]OO_1[/tex].
Треугольники [tex]TAC[/tex] и [tex]TC_1A_1[/tex] подобны ([tex]AC\parallel A_1C_1[/tex]) с коэффициентом [tex]\frac{AC}{A_1C_1}=2[/tex], поэтому их высоты из [tex]T[/tex], т.е. расстояния от [tex]T[/tex] до оснований, относятся как [tex]2:1[/tex]. Значит, [tex]T[/tex] находится на расстоянии [tex]2[/tex] от большего основания и на расстоянии [tex]1[/tex] от меньшего.
Продолжим боковые рёбра до полной пирамиды с вершиной [tex]M[/tex]. Так как рёбра оснований относятся как [tex]1:2[/tex], высота полной пирамиды равна [tex]6[/tex]. Сечение через [tex]T[/tex] — квадрат на расстоянии [tex]6-2=4[/tex] от [tex]M[/tex], поэтому его сторона [tex]x[/tex] и площадь [tex]S[/tex] равны
[tex]x=2\cdot \frac{4}{6}=\frac{4}{3}\Rightarrow S=x^2=\frac{16}{9}[/tex]
По формуле [tex]V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)[/tex] для двух полученных усечённых пирамид (с высотами [tex]2[/tex] и [tex]1[/tex]):
[tex]V_1=\frac{2}{3}\left(4+\frac{16}{9}+\frac{8}{3}\right)=\frac{152}{27}; \quad V_2=\frac{1}{3}\left(\frac{16}{9}+1+\frac{4}{3}\right)=\frac{37}{27}[/tex]
Проверка: [tex]V_1+V_2=7=\frac{3}{3}(4+1+2)[/tex] — объём всей усечённой пирамиды.

Решение:
Пусть [tex]MO[/tex] — высота пирамиды, а [tex]K[/tex], [tex]L[/tex], [tex]N[/tex] — основания перпендикуляров, опущенных из [tex]O[/tex] на прямые [tex]AB[/tex], [tex]BC[/tex], [tex]CA[/tex]. По теореме о трёх перпендикулярах [tex]MK\perp AB[/tex], [tex]ML\perp BC[/tex], [tex]MN\perp CA[/tex], поэтому [tex]\angle MKO[/tex], [tex]\angle MLO[/tex], [tex]\angle MNO[/tex] — линейные углы двугранных углов при рёбрах основания, и каждый из них равен [tex]45^{\circ}[/tex].
Прямоугольные треугольники [tex]MOK[/tex], [tex]MOL[/tex], [tex]MON[/tex] имеют общий катет [tex]MO[/tex] и равные острые углы, поэтому они равны и [tex]OK=OL=ON[/tex]. Двугранные углы острые, поэтому [tex]O[/tex] лежит внутри [tex]\triangle ABC[/tex]; значит, [tex]O[/tex] — центр вписанной в [tex]\triangle ABC[/tex] окружности и [tex]OK=r[/tex] — её радиус. Прямоугольный треугольник [tex]MOK[/tex] имеет угол [tex]45^{\circ}[/tex], поэтому он равнобедренный и [tex]MO=OK=r[/tex].
В равнобедренном треугольнике [tex]ABC[/tex] высота [tex]CH[/tex] является и медианой, поэтому [tex]AH=3[/tex], и из прямоугольного треугольника [tex]AHC[/tex]:
[tex]CH=\sqrt{5^2-3^2}=4,\quad S_{ABC}=\frac{6\cdot 4}{2}=12[/tex]
Полупериметр равен [tex]p=\frac{6+5+5}{2}=8[/tex], следовательно,
[tex]MO=r=\frac{S_{ABC}}{p}=\frac{12}{8}=\frac{3}{2}[/tex]
Объём пирамиды равен
[tex]V=\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot MO=\frac{1}{3}\cdot 12\cdot \frac{3}{2}=6[/tex]

Решение:
Пусть [tex]a[/tex] — ребро основания, [tex]l[/tex] — боковое ребро, [tex]K[/tex] — середина [tex]AB[/tex] и [tex]k=MK[/tex] — апофема. Три боковые грани — равные равнобедренные треугольники, поэтому площадь полной поверхности [tex]S=S_{ABC}+3S_{ABM}[/tex]. Так как [tex]S_{ABC}=\frac{S}{4}[/tex],
[tex]3S_{ABM}=S-S_{ABC}=\frac{3S}{4}=3S_{ABC}\Rightarrow S_{ABM}=S_{ABC}[/tex]
В равнобедренной грани [tex]ABM[/tex] медиана [tex]MK[/tex] является и высотой, поэтому
[tex]\frac{1}{2}ak=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\Rightarrow k=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex]
Из прямоугольного треугольника [tex]MKB[/tex]:
[tex]l^2=k^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{a^2}{4}=a^2\Rightarrow l=a[/tex]
Значит, все рёбра пирамиды равны (это правильный тетраэдр). У пирамиды [tex]3[/tex] ребра основания и [tex]3[/tex] боковых ребра, поэтому
[tex]6a=120\Rightarrow l=a=20[/tex]

Решение:
Так как [tex]A_1C\perp(ABC)[/tex], отрезок [tex]A_1C=h[/tex] — высота призмы. Проведём [tex]CK\perp AB[/tex] ([tex]K\in AB[/tex]). По теореме о трёх перпендикулярах [tex]A_1K\perp AB[/tex], поэтому [tex]\angle A_1KC=60^{\circ}[/tex] — линейный угол двугранного угла при ребре [tex]AB[/tex]. Положим [tex]CK=x[/tex]; из прямоугольного треугольника [tex]A_1CK[/tex] получаем [tex]h=x\sqrt{3}[/tex] и [tex]A_1K=2x[/tex].
Площадь основания [tex]S_{ABC}=\frac{AB\cdot CK}{2}=\frac{3x}{2}[/tex], поэтому
[tex]V=\frac{3x}{2}\cdot x\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}x^2=3\sqrt{3}\Rightarrow x=\sqrt{2},\ h=\sqrt{6},\ A_1K=2\sqrt{2}[/tex]
В прямоугольном треугольнике [tex]ABC[/tex] имеем [tex]AC^2+BC^2=AB^2=9[/tex] и [tex]AC\cdot BC=AB\cdot CK=3\sqrt{2}[/tex], поэтому
[tex](AC+BC)^2=9+6\sqrt{2}=3(\sqrt{2}+1)^2,\quad (AC-BC)^2=9-6\sqrt{2}=3(\sqrt{2}-1)^2[/tex]
Так как [tex]AC\gt BC[/tex], получаем [tex]AC+BC=\sqrt{3}(\sqrt{2}+1)[/tex] и [tex]AC-BC=\sqrt{3}(\sqrt{2}-1)[/tex], откуда [tex]AC=\sqrt{6}[/tex], [tex]BC=\sqrt{3}[/tex] и площадь каждого основания [tex]S_{ABC}=\frac{\sqrt{6}\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}[/tex].
Грань [tex]ABB_1A_1[/tex] — параллелограмм со стороной [tex]AB=3[/tex] и соответствующей высотой [tex]A_1K=2\sqrt{2}[/tex], поэтому [tex]S_{ABB_1A_1}=3\cdot 2\sqrt{2}=6\sqrt{2}[/tex].
В параллелограмме [tex]ACC_1A_1[/tex] имеем [tex]A_1C\perp AC[/tex], поэтому [tex]A_1C[/tex] — его высота к стороне [tex]AC[/tex] и [tex]S_{ACC_1A_1}=AC\cdot A_1C=\sqrt{6}\cdot \sqrt{6}=6[/tex].
Наконец, [tex]BC\perp AC[/tex] и [tex]BC\perp A_1C[/tex], поэтому [tex]BC\perp(ACC_1A_1)[/tex] и [tex]BC\perp CC_1[/tex]. Значит, [tex]BCC_1B_1[/tex] — прямоугольник со сторонами [tex]BC=\sqrt{3}[/tex] и [tex]CC_1=AA_1=\sqrt{AC^2+A_1C^2}=2\sqrt{3}[/tex] (из прямоугольного треугольника [tex]ACA_1[/tex]), и [tex]S_{BCC_1B_1}=\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}=6[/tex].
Площадь полной поверхности призмы равна
[tex]S=2\cdot \frac{3\sqrt{2}}{2}+6\sqrt{2}+6+6=12+9\sqrt{2}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]AD=BC=x[/tex], [tex]AB=CD=y[/tex] (так что [tex]y\gt x[/tex]) и [tex]DM=h[/tex]. Так как [tex]DM\perp(ABCD)[/tex], треугольники [tex]ADM[/tex], [tex]CDM[/tex] и [tex]BDM[/tex] прямоугольные с прямым углом при вершине [tex]D[/tex], и по теореме Пифагора
[tex]MA^2=h^2+x^2; \quad MC^2=h^2+y^2; \quad MB^2=h^2+BD^2=h^2+x^2+y^2[/tex]
Значит, [tex]MB[/tex] — самое длинное из трёх рёбер, а [tex]MC\gt MA[/tex], так как [tex]y\gt x[/tex]. Поэтому [tex]MB=5\sqrt{10}[/tex], [tex]MC=15[/tex], [tex]MA=13[/tex] и
[tex]x^2=MB^2-MC^2=250-225=25\Rightarrow x=5[/tex]
[tex]y^2=MB^2-MA^2=250-169=81\Rightarrow y=9[/tex]
[tex]h^2=MA^2-x^2=169-25=144\Rightarrow h=12[/tex]
Ортогональная проекция [tex]MA[/tex] на основание — это [tex]DA[/tex], и [tex]AB\perp DA[/tex], поэтому по теореме о трёх перпендикулярах [tex]AB\perp MA[/tex]. Аналогично из [tex]BC\perp DC[/tex] следует [tex]BC\perp MC[/tex]. Таким образом, все четыре боковые грани — прямоугольные треугольники:
[tex]S_{ADM}=\frac{5\cdot 12}{2}=30; \quad S_{CDM}=\frac{9\cdot 12}{2}=54[/tex]
[tex]S_{ABM}=\frac{AB\cdot MA}{2}=\frac{9\cdot 13}{2}=\frac{117}{2}; \quad S_{BCM}=\frac{BC\cdot MC}{2}=\frac{5\cdot 15}{2}=\frac{75}{2}[/tex]
Площадь основания равна [tex]5\cdot 9=45[/tex], поэтому площадь полной поверхности равна
[tex]S=45+30+54+\frac{117}{2}+\frac{75}{2}=225[/tex]

Решение:
Пусть [tex]MO[/tex] — высота пирамиды, [tex]O\in(ABCD)[/tex]. Прямоугольные треугольники [tex]AOM[/tex], [tex]BOM[/tex], [tex]COM[/tex], [tex]DOM[/tex] имеют общий катет [tex]MO[/tex] и равные гипотенузы [tex]MA=MB=MC=MD=65[/tex], поэтому они равны и [tex]OA=OB=OC=OD[/tex]. Следовательно, [tex]O[/tex] — центр окружности, описанной около трапеции [tex]ABCD[/tex].
Трапеция, вписанная в окружность, равнобедренная: [tex]\angle A+\angle D=180^{\circ}[/tex], так как [tex]AB\parallel CD[/tex], и [tex]\angle A+\angle C=180^{\circ}[/tex] как противоположные углы вписанного четырёхугольника, поэтому [tex]\angle C=\angle D[/tex] и [tex]AD=BC=30[/tex].
Пусть [tex]CH\perp AB[/tex], [tex]H\in AB[/tex]. Тогда [tex]BH=\frac{AB-CD}{2}=18[/tex], и из прямоугольного треугольника [tex]BHC[/tex]
[tex]CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\sqrt{30^2-18^2}=24[/tex]
Пусть [tex]P[/tex] — середина [tex]AB[/tex]; тогда [tex]PA=PB=25[/tex] и [tex]PH=PB-BH=7[/tex], поэтому из прямоугольного треугольника [tex]PHC[/tex]
[tex]PC=\sqrt{PH^2+CH^2}=\sqrt{7^2+24^2}=25[/tex]
В силу симметрии равнобедренной трапеции [tex]PD=PC=25[/tex]. Значит, точка [tex]P[/tex] равноудалена от всех четырёх вершин, т.е. [tex]O=P[/tex] — середина [tex]AB[/tex] и [tex]OA=25[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]AOM[/tex]
[tex]MO=\sqrt{MA^2-OA^2}=\sqrt{65^2-25^2}=\sqrt{3600}=60[/tex]

Решение:
Пусть [tex]AB=a[/tex] и [tex]BC=b[/tex]; тогда [tex]2(a+b)=22[/tex], т.е. [tex]a+b=11[/tex], и [tex]AA_1=CC_1=4[/tex].
Так как [tex]AA_1\perp(ABC)[/tex], проекция [tex]A_1B[/tex] на основание — это [tex]AB[/tex], поэтому угол между [tex]A_1B[/tex] и основанием равен [tex]\varphi=\angle A_1BA[/tex]. Аналогично угол между [tex]C_1B[/tex] и основанием равен [tex]\psi=\angle C_1BC[/tex]. Из прямоугольных треугольников [tex]ABA_1[/tex] и [tex]CBC_1[/tex]
[tex]\operatorname{tg} \varphi=\frac{4}{a}; \quad \operatorname{tg} \psi=\frac{4}{b}[/tex]
Диагонали имеют разные длины, поэтому [tex]a\neq b[/tex]; пусть [tex]a\gt b[/tex] (другой случай симметричен). Тогда [tex]\operatorname{tg} \varphi\lt\operatorname{tg} \psi[/tex], т.е. [tex]\varphi\lt\psi[/tex], значит, [tex]\psi=2\varphi[/tex], причём [tex]\varphi\lt 45^{\circ}[/tex], так как [tex]\psi\lt 90^{\circ}[/tex]. Тогда
[tex]\frac{4}{b}=\operatorname{tg} 2\varphi=\frac{2\operatorname{tg} \varphi}{1-\operatorname{tg} ^2\varphi}=\frac{\frac{8}{a}}{1-\frac{16}{a^2}}=\frac{8a}{a^2-16}\Rightarrow a^2-16=2ab[/tex]
Подставив [tex]b=11-a[/tex], получаем
[tex]a^2-16=22a-2a^2\iff 3a^2-22a-16=0\iff (a-8)(3a+2)=0[/tex]
Следовательно, [tex]a=8[/tex] (другой корень отрицателен) и [tex]b=3[/tex]. Проверка: [tex]\operatorname{tg} \varphi=\frac{1}{2}[/tex] и [tex]\operatorname{tg} 2\varphi=\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{3}=\operatorname{tg} \psi[/tex]. Объём равен
[tex]V=a\cdot b\cdot AA_1=8\cdot 3\cdot 4=96[/tex]

Решение:
Пусть рёбра верхнего основания и боковые рёбра равны [tex]x[/tex], а рёбра нижнего основания равны [tex]y[/tex]. Каждая боковая грань, например [tex]ABB_1A_1[/tex], — равнобедренная трапеция с основаниями [tex]y[/tex] и [tex]x[/tex], боковыми сторонами [tex]x[/tex] и высотой, равной апофеме [tex]4[/tex]. Из периметра:
[tex]3x+y=26\Rightarrow y=26-3x[/tex]
Пусть [tex]A_1K[/tex] — высота трапеции ([tex]K[/tex] лежит на [tex]AB[/tex]). В равнобедренной трапеции [tex]AK=\frac{y-x}{2}=13-2x[/tex], и по теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике [tex]AKA_1[/tex] получаем
[tex]x^2=4^2+(13-2x)^2\Rightarrow 3x^2-52x+185=0\Rightarrow x=5\text{ или }x=\frac{37}{3}[/tex]
При втором корне [tex]y=26-37\lt 0[/tex], поэтому [tex]x=5[/tex] и [tex]y=11[/tex]. Площадь боковой поверхности и площади оснований равны
[tex]S_L=4\cdot \frac{11+5}{2}\cdot 4=128,\quad S_{ABCD}=11^2=121,\quad S_{A_1B_1C_1D_1}=5^2=25[/tex]
Следовательно, площадь полной поверхности равна
[tex]S=128+121+25=274[/tex]

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] и [tex]O_1[/tex] — центры оснований [tex]ABC[/tex] и [tex]A_1B_1C_1[/tex]. Так как усечённая пирамида правильная, [tex]OO_1=h[/tex] — её высота. Радиусы окружностей, описанных около правильных треугольников оснований, равны
[tex]OA=\frac{13\sqrt{3}}{3},\quad O_1A_1=\frac{\sqrt{3}}{3}[/tex]
Четырёхугольник [tex]AOO_1A_1[/tex] — прямоугольная трапеция. Опустим перпендикуляр [tex]A_1P[/tex] на [tex]AO[/tex]; тогда [tex]A_1P=h[/tex] и [tex]AP=OA-O_1A_1=4\sqrt{3}[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]APA_1[/tex]:
[tex]h^2=AA_1^2-AP^2=64-48=16\Rightarrow h=4[/tex]
Площади оснований [tex]S_1=\frac{13^2\sqrt{3}}{4}=\frac{169\sqrt{3}}{4}[/tex] и [tex]S_2=\frac{\sqrt{3}}{4}[/tex], поэтому [tex]\sqrt{S_1S_2}=\frac{13\sqrt{3}}{4}[/tex]. По формуле объёма усечённой пирамиды:
[tex]V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)=\frac{4}{3}\cdot \frac{(169+1+13)\sqrt{3}}{4}=61\sqrt{3}[/tex]

Решение:
Пусть перпендикулярные грани — [tex]ABB_1A_1[/tex] (площадь [tex]24[/tex]) и [tex]ACC_1A_1[/tex] (площадь [tex]30[/tex]); их общее ребро [tex]AA_1[/tex]. Плоскость, перпендикулярная боковым рёбрам, пересекает прямые [tex]AA_1[/tex], [tex]BB_1[/tex], [tex]CC_1[/tex] в точках [tex]K[/tex], [tex]L[/tex], [tex]N[/tex]; треугольник [tex]KLN[/tex] — перпендикулярное сечение призмы.
Отрезок [tex]KL[/tex] лежит в грани [tex]ABB_1A_1[/tex] и [tex]KL\perp AA_1[/tex], поэтому он является высотой этого параллелограмма, проведённой к стороне [tex]AA_1=6[/tex]. Аналогично для [tex]KN[/tex]:
[tex]KL=\frac{24}{6}=4,\quad KN=\frac{30}{6}=5[/tex]
Так как [tex]KL\perp AA_1[/tex] и [tex]KN\perp AA_1[/tex], угол [tex]LKN[/tex] — линейный угол двугранного угла между этими гранями, значит, [tex]\angle LKN=90^{\circ}[/tex] и
[tex]S_{KLN}=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 5=10[/tex]
Объём наклонной призмы равен площади её перпендикулярного сечения, умноженной на боковое ребро (часть призмы между основанием [tex]ABC[/tex] и сечением [tex]KLN[/tex] можно перенести вдоль рёбер на [tex]AA_1[/tex] к другому основанию, и получится прямая призма с основанием [tex]KLN[/tex] и высотой [tex]6[/tex]). Следовательно,
[tex]V=S_{KLN}\cdot AA_1=10\cdot 6=60[/tex]

Решение:
Пусть [tex]AB=a[/tex], [tex]A_1B_1=b[/tex] ([tex]a\gt b[/tex]), [tex]O[/tex] и [tex]O_1[/tex] — центры оснований ([tex]OO_1[/tex] — высота), а [tex]K[/tex] и [tex]K_1[/tex] — середины [tex]AB[/tex] и [tex]A_1B_1[/tex]. Грань [tex]ABB_1A_1[/tex] — равнобедренная трапеция, поэтому [tex]KK_1\perp AB[/tex] и [tex]KK_1=k[/tex] — апофема; кроме того, [tex]OK\perp AB[/tex]. Значит, [tex]\angle K_1KO=\alpha[/tex] — линейный угол двугранного угла при ребре [tex]AB[/tex].
В прямоугольной трапеции [tex]OO_1K_1K[/tex] имеем [tex]OK=\frac{a}{2}[/tex], [tex]O_1K_1=\frac{b}{2}[/tex]. Опустим [tex]K_1H\perp OK[/tex]; из прямоугольного треугольника [tex]KHK_1[/tex]:
[tex]KH=\frac{a-b}{2}=k\cos\alpha\Rightarrow k=\frac{a-b}{2\cos\alpha}[/tex]
Боковая поверхность состоит из четырёх равных трапеций:
[tex]S=4\cdot \frac{a+b}{2}\cdot k=\frac{a^2-b^2}{\cos\alpha}[/tex]
Условие [tex]S=a^2+b^2[/tex] даёт
[tex]a^2-b^2=(a^2+b^2)\cos\alpha\Rightarrow a^2(1-\cos\alpha)=b^2(1+\cos\alpha)[/tex]
[tex]\frac{a^2}{b^2}=\frac{1+\cos\alpha}{1-\cos\alpha}=\frac{2\cos^2\frac{\alpha}{2}}{2\sin ^2\frac{\alpha}{2}}=\operatorname{ctg} ^2\frac{\alpha}{2}[/tex]
Так как угол [tex]\frac{\alpha}{2}[/tex] острый, [tex]\frac{a}{b}=\operatorname{ctg} \frac{\alpha}{2}[/tex], и отношение периметров равно
[tex]\frac{4a}{4b}=\operatorname{ctg} \frac{\alpha}{2}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]DA=x[/tex], [tex]DB=y[/tex], [tex]DC=z[/tex]. Грани [tex]ABD[/tex], [tex]BCD[/tex] и [tex]CAD[/tex] — прямоугольные треугольники с прямым углом при [tex]D[/tex], поэтому
[tex]B_1=\frac{xy}{2},\quad B_2=\frac{yz}{2},\quad B_3=\frac{zx}{2}[/tex]
Перемножив эти равенства, получаем
[tex]B_1B_2B_3=\frac{x^2y^2z^2}{8}\Rightarrow xyz=\sqrt{8B_1B_2B_3}=2\sqrt{2B_1B_2B_3}[/tex]
Ребро [tex]DA[/tex] перпендикулярно двум пересекающимся прямым [tex]DB[/tex] и [tex]DC[/tex] плоскости [tex](BCD)[/tex], поэтому [tex]DA\perp(BCD)[/tex] и [tex]DA=x[/tex] — высота пирамиды, опущенная на грань [tex]BCD[/tex], площадь которой [tex]B_2=\frac{yz}{2}[/tex]. Следовательно,
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{yz}{2}\cdot x=\frac{xyz}{6}=\frac{2\sqrt{2B_1B_2B_3}}{6}=\frac{1}{3}\sqrt{2B_1B_2B_3}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — точка пересечения диагоналей [tex]AC[/tex] и [tex]BD[/tex]; она является серединой обеих диагоналей. Треугольник [tex]ABD[/tex] равносторонний, так как [tex]AB=AD=a[/tex] и [tex]\angle BAD=60^{\circ}[/tex]; поэтому [tex]BD=a[/tex], а его медиана [tex]AO=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex]; значит, [tex]AC=2AO=a\sqrt{3}[/tex].
Точка [tex]S[/tex] не лежит в плоскости основания, поэтому [tex]SO[/tex] — медиана треугольников [tex]SAC[/tex] и [tex]SBD[/tex]. По формуле длины медианы
[tex]4SO^2=2SA^2+2SC^2-AC^2=2SB^2+2SD^2-BD^2[/tex]
Подставляя [tex]SA^2=a^2[/tex], [tex]AC^2=3a^2[/tex] и [tex]BD^2=a^2[/tex], получаем
[tex]2a^2+2SC^2-3a^2=2SB^2+2SD^2-a^2\iff SC^2=SB^2+SD^2[/tex]
Отсюда [tex]SC\gt SB[/tex], [tex]SC\gt SD[/tex] и [tex]SC^2=SB^2+SD^2\lt(SB+SD)^2[/tex], т.е. [tex]SC\lt SB+SD[/tex], поэтому три отрезка удовлетворяют неравенствам треугольника. По теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник со сторонами [tex]SB[/tex], [tex]SD[/tex] и [tex]SC[/tex] прямоугольный с гипотенузой [tex]SC[/tex].

Решение:
Пусть [tex]ABCD[/tex] — правильный тетраэдр с высотой [tex]H[/tex], [tex]P[/tex] — внутренняя точка, а [tex]d_1,d_2,d_3,d_4[/tex] — расстояния от неё до граней [tex]BCD[/tex], [tex]ACD[/tex], [tex]ABD[/tex], [tex]ABC[/tex]. Все грани — равные правильные треугольники, поэтому они имеют одну и ту же площадь [tex]S[/tex].
Отрезки, соединяющие [tex]P[/tex] с вершинами, разбивают тетраэдр на пирамиды [tex]PBCD[/tex], [tex]PACD[/tex], [tex]PABD[/tex], [tex]PABC[/tex]; так как [tex]P[/tex] — внутренняя точка, они заполняют тетраэдр без наложений. Их основания — грани тетраэдра, а высоты равны [tex]d_1,d_2,d_3,d_4[/tex], поэтому
[tex]V_{ABCD}=\frac{1}{3}Sd_1+\frac{1}{3}Sd_2+\frac{1}{3}Sd_3+\frac{1}{3}Sd_4=\frac{1}{3}S\,(d_1+d_2+d_3+d_4)[/tex]
С другой стороны, если взять основание [tex]ABC[/tex] и высоту [tex]H[/tex], то
[tex]V_{ABCD}=\frac{1}{3}SH[/tex]
Сравнивая два выражения и деля на [tex]\frac{1}{3}S\neq 0[/tex], получаем [tex]d_1+d_2+d_3+d_4=H[/tex] для любой внутренней точки [tex]P[/tex].

Решение:
Пусть пирамида [tex]ABCDM[/tex] имеет вершину [tex]M[/tex] и основание — квадрат [tex]ABCD[/tex] со стороной [tex]a[/tex] и центром [tex]O[/tex]. Так как пирамида правильная, основание её высоты — центр основания: [tex]MO\perp(ABCD)[/tex].
Пусть [tex]K[/tex] — середина [tex]BC[/tex] и [tex]\gamma=\angle BMC[/tex]. Треугольник [tex]BCM[/tex] равнобедренный ([tex]MB=MC[/tex]), поэтому его медиана [tex]MK[/tex] является также высотой и биссектрисой: [tex]MK\perp BC[/tex] и [tex]\angle BMK=\frac{\gamma}{2}[/tex]. Кроме того, [tex]OK\parallel AB[/tex], значит, [tex]OK\perp BC[/tex] и [tex]OK=\frac{a}{2}[/tex].
Следовательно, [tex]\angle MKO[/tex] — линейный угол двугранного угла при ребре [tex]BC[/tex], т.е. [tex]\angle MKO=\alpha[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]MOK[/tex] (прямой угол при [tex]O[/tex]):
[tex]\cos\alpha=\frac{OK}{MK}=\frac{a}{2MK}[/tex]
Из прямоугольного треугольника [tex]BKM[/tex] (прямой угол при [tex]K[/tex], [tex]BK=\frac{a}{2}[/tex]):
[tex]\operatorname{tg} \frac{\gamma}{2}=\frac{BK}{MK}=\frac{a}{2MK}[/tex]
Оба выражения равны, следовательно, [tex]\cos\alpha=\operatorname{tg} \frac{\gamma}{2}[/tex].