Пусть AK  — бис­сек­три­са угла A. От­ме­тим, что тре­уголь­ник ACK  — пря­мо­уголь­ный и на­про­тив угла CAK лежит катет CK, ко­то­рый равен по­ло­ви­не ис­ко­мой бис­сек­три­сы. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке CAK имеем:

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 3.

Длина окруж­но­сти равна от­ку­да r  =  6. Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра ра­ди­ус сферы равен Для пло­ща­ди сферы имеем:

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 4.

Пусть точка E  — се­ре­ди­на ребра BB₁, точка M  — се­ре­ди­на ребра AC. Пря­мая A₁E пе­ре­се­ка­ет про­дол­же­ние ребра AB в точке N, а пря­мая MN пе­ре­се­ка­ет ребро BC в точке K. Тогда A₁EKM  — ис­ко­мое се­че­ние. От­ре­зок BE  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка AA₁N₁, по­сколь­ку От­рез­ки CB и NM есть ме­ди­а­ны тре­уголь­ни­ка ACN, по­это­му CK : KB  =  2 : 1, то есть CK  =  4, BK  =  2.

Пло­щадь се­че­ния равна част­но­му от де­ле­ния пло­ща­ди про­ек­ции на ко­си­нус угла α, где α  — угол между плос­ко­стью се­че­ния и плос­ко­стью ABC. Пусть от­ре­зок AH  — пер­пен­ди­ку­ляр, про­ве­ден­ный из вер­ши­ны A к пря­мой MN, а от­ре­зок CT  — пер­пен­ди­ку­ляр, про­ве­ден­ный из вер­ши­ны C к той же пря­мой. За­ме­тим, что AB  =  BC  =  BN, то есть тре­уголь­ник ACN  — пря­мо­уголь­ный, Тогда и

Из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков AHM и CTM по­лу­ча­ем AH  =  CT и

а по­то­му

Пло­щадь про­ек­ции равна

На­ко­нец, пло­щадь ис­ко­мо­го се­че­ния равна

Ответ: 24.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник ABH: По­сколь­ку все сто­ро­ны тра­пе­ции, кроме боль­ше­го ос­но­ва­ния равны a, по­лу­чим Тогда

В тре­уголь­ни­ке BDH имеем:

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник ABB₁:

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник :

Тогда

Ответ: 10.

Ис­ко­мая фи­гу­ра вра­ще­ния со­сто­ит из двух ко­ну­сов, ее объём: Ги­по­те­ну­за пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка равна Вы­со­та, про­ве­ден­ная из пря­мо­го угла, яв­ля­ет­ся ра­ди­у­сом ко­ну­сов и равна: По­это­му:

Тогда

Ответ: 84.

Пусть x  — сто­ро­на ромба, тогда   — длина от­рез­ка BL. Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник ABL. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Пло­щадь ромба равна про­из­ве­де­нию его сто­рон на вы­со­ту:

Ответ: 15.

Рас­смот­рим ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды  — тре­уголь­ник ABC. Пусть сто­ро­на AB равна x. В рав­но­сто­рон­нем тре­уголь­ни­ке ме­ди­а­ны, бис­сек­три­сы и вы­со­ты равны, по­это­му, рас­смат­ри­вая тре­уголь­ник ABH, где AH  — вы­со­та, имеем:

Рас­смот­рим те­перь тре­уголь­ник Про­ве­дем вы­со­ту SK, тогда: Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна

Ответ: 60.

По­стро­им се­че­ние плос­ко­стью. Про­ве­дем пря­мую PN, она пе­ре­се­чет ребро BS в точке K. Далее про­ве­дем KM. В плос­ко­сти ABC про­ве­дем пря­мую, па­рал­лель­ную KM через точку N. Она пе­ре­се­чет ребро AC в точке R. Про­ве­дем MR. Тра­пе­ция NKMR  — ис­ко­мое се­че­ние. Най­дем ее сто­ро­ны.

По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка

то есть точка K  — се­ре­ди­на BS. Тогда по­лу­ча­ем, что KM па­рал­лель­но BA и равно 12, как сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ASB. Более того, NR так же па­рал­лель­но BA и равно 6 по тео­ре­ме о про­пор­ци­о­наль­ных от­рез­ках. Таким об­ра­зом, тра­пе­ция NKMR  — рав­но­бед­рен­ная, най­дем ее бо­ко­вую сто­ро­ну по тео­ре­ме ко­си­ну­сов:

Най­дем вы­со­ту тра­пе­ции по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Тогда пло­щадь тра­пе­ции равна

Ответ:

Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Тре­уголь­ни­ки ADE и ACB по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия Из со­от­но­ше­ния

най­дем синус нуж­но­го нам угла. По­лу­чим:

Най­дем из ос­нов­но­го три­го­но­мет­ри­че­ско­го тож­де­ства.

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков:

Ответ: 15.

Изоб­ра­зим дан­ную фи­гу­ру  — че­ты­рех­уголь­ную пи­ра­ми­ду с вер­ши­ной в точке S и с ос­но­ва­ни­ем ABCD. Из фор­му­лы пло­ща­ди па­рал­ле­ло­грам­ма где a и b сто­ро­ны па­рал­ле­ло­грам­ма, а   — угол между ними, сле­ду­ет, что угол а па­рал­ле­ло­грамм ABCD яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ни­ком. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

За­ме­тим, что тре­уголь­ник SBC пря­мо­уголь­ный по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Чтобы найти ко­си­нус ли­ней­но­го угла дву­гран­но­го угла BSCD, вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой ко­си­ну­сов трех­гран­но­го угла. Возь­мем за угол BCD за плос­кий угол трех­гран­но­го угла. Тогда:

где   — ис­ко­мый ли­ней­ный угол.

Под­ста­вим зна­че­ния и най­дем ко­си­нус ли­ней­но­го угла:

Тогда зна­че­ние ис­ко­мо­го вы­ра­же­ния равно –3.

Ответ: –3.

Из опре­де­ле­ния ко­тан­ген­са: Из тео­ре­мы Пи­фа­го­ра: Под­ста­вим одно вы­ра­же­ние в дру­гое и решим урав­не­ние:

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 1.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке OFK най­дем ги­по­те­ну­зу Таким об­ра­зом, Пло­щадь сферы:

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 5.

Катет, ле­жа­щий на­про­тив угла в 30° равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, тогда один из ка­те­тов равен 3.

Най­дем длину вто­ро­го ка­те­та по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: Тогда пло­щадь ос­но­ва­ния равна

Ос­но­ва­ние пред­став­ля­ет собой сумму про­ек­ций бо­ко­вых сто­рон, таким об­ра­зом

Ответ: 45.

Най­дем длину ка­те­тов пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка АВС. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра имеем Пло­щадь тре­уголь­ни­ка, с одной сто­ро­ны, равна по­ло­ви­не про­из­ве­де­ния ка­те­тов, а с дру­гой  — по­ло­ви­на про­из­ве­де­ния вы­со­ты на сто­ро­ну, к ко­то­рой про­ве­де­на вы­со­та. Имеем:

Так как на­про­тив боль­ше­го угла лежит боль­шая сто­ро­на По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем

При вра­ще­нии тре­уголь­ни­ка во­круг пря­мой AK об­ра­зу­ет­ся усе­чен­ный конус c ра­ди­у­сом BK  =  AH, ра­ди­у­сом AC и вы­со­той BH, с вы­ре­зан­ным ко­ну­сом ра­ди­у­са BK и вы­со­той BH. Най­дем объем дан­но­го тела:

Ответ: 110.

Пусть P и Q  — се­ре­ди­ны ребер BB₁ и CC₁, со­от­вет­ствен­но. Се­че­ни­ем сферы плос­ко­стью BPQ яв­ля­ет­ся окруж­ность, опи­сан­ная около этого тре­уголь­ни­ка, и, сле­до­ва­тель­но, пря­мо­уголь­ни­ка BPQC, сле­до­ва­тель­но, точка C также лежит на сфере. Ана­ло­гич­но, для плос­ко­сти BCD₁, точка A₁ также лежит на сфере.

Центр сферы яв­ля­ет­ся точ­кой рав­но­уда­лен­ной от точек B, P, Q, C, сле­до­ва­тель­но, лежит на пря­мой про­хо­дя­щей через R  — центр че­ты­рех­уголь­ни­ка BPQC пер­пен­ди­ку­ляр­но к плос­ко­сти BPQC. Ана­ло­гич­но, для точек B, A₁, D₁, C, центр лежит на пря­мой про­хо­дя­щей через O  — центр че­ты­рех­уголь­ни­ка BA₁D₁C (центр куба) пер­пен­ди­ку­ляр­но плос­ко­сти BA₁D₁C. Обе эти пря­мые лежат в се­ре­дин­ном се­че­нии куба KLMN, где K, L, M, N  — се­ре­ди­ны ребер BC, B₁C₁, A₁D₁, AD, со­от­вет­ствен­но. Точка их пе­ре­се­че­ния Z  — центр сферы. Не­труд­но про­ве­рить, что она рав­но­уда­ле­на от всех из­вест­ных точек, ле­жа­щих на сфере. Най­дем квад­рат ра­ди­у­са сферы

Тогда пло­щадь по­верх­но­сти сферы равна

Ответ: 336.

Обо­зна­чим концы хорды А и В, центр окруж­но­сти  — О. Про­ве­дем ра­ди­у­сы OA и OB, в тре­уголь­ни­ке AOB про­ве­дем вы­со­ту OH. Тре­уголь­ник AOB  — рав­но­бед­рен­ный, по­это­му OH  — ме­ди­а­на, AH  =  HB. Длина хорды AB равна 2 + 12  =  14, тогда AH  =  7. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке AOH:

Пусть M  — точка пе­ре­се­че­ния диа­мет­ра окруж­но­сти и хорды AB. Угол HMO равен 60°, по­это­му угол HOM равен 30°. Тогда а зна­чит, Сле­до­ва­тель­но,

По свой­ству пе­ре­се­ка­ю­щих­ся хорд от­ку­да Под­став­ляя в (⁎), по­лу­ча­ем:

Тогда

Ответ: 124.

Рас­смот­рим раз­верт­ку приз­мы. Точки A, C, A₁ лежат на одной пря­мой, сле­до­ва­тель­но, длина AA₁ равна Из точки А про­ве­дем пер­пен­ди­ку­ляр AH к пря­мой CB и пер­пен­ди­ку­ляр AH₁ к про­дол­же­нию от­рез­ка A₁A Точка H делит сто­ро­ну CB рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка ABC по­по­лам, так как яв­ля­ет­ся вы­со­той и ме­ди­а­ной. Сто­ро­на тре­уголь­ни­ка ABC равна A₁C₁, тре­уголь­ни­ки ABC и A₁B₁C₁ равны. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки AA₁H₁ и ACH по­доб­ны по двум углам. При­мем длину сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка ABC за x, x > 0, со­ста­вим урав­не­ние:

Длина A₁C равна раз­но­сти длин AA₁ и AC, то есть При­мем за a сто­ро­ну AA₁ пря­мо­уголь­ни­ка AA₁C₁C, a > 0. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке AA₁C:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти приз­мы равна утро­ен­ной пло­ща­ди пря­мо­уголь­ни­ка AA₁C₁C. Имеем:

Ответ: 3.

Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. На дугу KL опи­ра­ют­ся углы 1 и 4, они равны. Дуга LN равна дуге KL, на нее опи­ра­ют­ся углы 3 и 6, они равны между собой и равны углам 1 и 4. Таким об­ра­зом, По тео­ре­ме си­ну­сов: тогда а зна­чит, Кроме того, по свой­ствам впи­сан­но­го че­ты­рех­уголь­ни­ка, Тогда углы 2 и 5 равны как углы при ос­но­ва­нии рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка KMN, а зна­чит, каж­дый из них равен 60°. Таким об­ра­зом, угол LKM, рав­ный сумме углов 5 и 6, равен 90°, а зна­чит, ML  — диа­метр. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке LKM:

Тре­уголь­ни­ки LKM и LMN равны по трем сто­ро­нам, тогда

Таким об­ра­зом,

Ответ: 3888.

По фор­му­ле пло­ща­ди пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка, от­ку­да ab  =  4. За­ме­тим, что по свой­ству окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка, длина ги­по­те­ну­зы равна 2R, тогда

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 5.

Сумма углов тре­уголь­ни­ка равна 180°, по­это­му угол В равен 135°. Из рас­ши­рен­ной тео­ре­мы си­ну­сов, имеем:

Тогда

По­сколь­ку приз­ма пря­мая, найдём длину ис­ко­мой диа­го­на­ли AC₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 3.