Ре­ше­ние. Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са равна где r  — ра­ди­ус ос­но­ва­ния, l  — об­ра­зу­ю­щая. Най­дем ра­ди­ус: Таким об­ра­зом, пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна:

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 1.

Ре­ше­ние. Пло­щадь осе­во­го се­че­ния ци­лин­дра равна так как это пря­мо­уголь­ник. Тогда для пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти имеем:

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 2.

Ре­ше­ние. Объём ко­ну­са равен по­это­му

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 4.

Ре­ше­ние. Най­дем ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са равна

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 2.

Ре­ше­ние. Ра­ди­ус опи­сан­ной во­круг рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка окруж­но­сти равен Пло­щадь сферы равна

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 2.

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

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 4.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что таким об­ра­зом:

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 1.

Ре­ше­ние. Осе­вое се­че­ние ко­ну­са пред­став­ля­ет собой тре­уголь­ник. Из усло­вия SA : AO = 2 : 3 озна­ча­ет, что SA : SO = 2 : 5, и диа­мет­ры се­че­ний от­но­сят­ся как 2 : 5. Таким об­ра­зом, пло­ща­ди се­че­ний от­но­сят­ся как 4 : 25, а, зна­чит, что пло­щадь ос­но­ва­ния ко­ну­са боль­ше пло­ща­ди по­лу­чен­но­го се­че­ния в раза.

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 1.

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

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 5.

Ре­ше­ние. 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:

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. По­сколь­ку шар впи­сан в приз­му, то окруж­ность боль­шо­го круга шара впи­сы­ва­ет­ся в ос­но­ва­ние приз­мы, т. е. в тре­уголь­ник. Ис­хо­дя из этого, пло­щадь ос­но­ва­ния приз­мы равна где P  — пе­ри­метр ос­но­ва­ния приз­мы, r  — ра­ди­ус шара. Кроме того, вы­со­та приз­мы равна диа­мет­ру шара, т. е.

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти пря­мой тре­уголь­ной приз­мы равна (a, b, c  — сто­ро­ны ос­но­ва­ния приз­мы):

Ответ: 45.

Ре­ше­ние. Изоб­ра­зим на ри­сун­ке плос­кость диа­го­наль­но­го се­че­ния приз­мы. Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке: ра­ди­ус сферы пе­ре­се­ка­ет диа­го­наль ниж­не­го ос­но­ва­ния AD в точке H, ка­са­ет­ся диа­го­на­ли BC в точке К.

Че­ты­рех­уголь­ник ABCD  — пря­мо­уголь­ник, от­ре­зок OK пер­пен­ди­ку­ля­рен сто­ро­нам AD и BC. По усло­вию Най­дем сто­ро­ны пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AHO: от­сю­да Пло­щадь диа­го­наль­но­го се­че­ния

По усло­вию пло­щадь диа­го­наль­но­го се­че­ния равна от­ку­да Таком об­ра­зом,

Ответ: 72.

Ре­ше­ние. Пусть MK  =  x, SO  — вы­со­та. Тре­уголь­ни­ки SMO₁ и ASO по­доб­ны по двум углам, тогда

Имеем:

Тогда

Ответ: 54.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. Пусть ABCD  — квад­рат, ле­жа­щий в плос­ко­сти α, S  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей квад­ра­та, O  — центр сферы. Ра­ди­ус сферы SO, по­ло­ви­на диа­го­на­ли квад­ра­та SA и рас­сто­я­ние от цен­тра сферы до вер­ши­ны квад­ра­та OA об­ра­зу­ют пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Най­дем пло­щадь по­верх­но­сти сферы:

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 3.

Ре­ше­ние. Пусть ABCD  — квад­рат, ко­то­рый лежит в плос­ко­сти, па­рал­лель­ной оси ци­лин­дра. Так как пло­щадь квад­ра­та равна 100, его сто­ро­на равна 10, сле­до­ва­тель­но, вы­со­та ци­лин­дра также равна 10. Тре­уголь­ник BCO₁  — рав­но­бед­рен­ный, так как сто­ро­ны BO₁ и CO₁ равны ра­ди­у­су ци­лин­дра. От­ре­зок O₁H яв­ля­ет­ся вы­со­той и ме­ди­а­ной тре­уголь­ни­ка BCO₁, сле­до­ва­тель­но, BH  =  5. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке HBO₁:

Таким об­ра­зом, ра­ди­ус ци­лин­дра равен 8. Най­дем пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра:

Зна­че­ние вы­ра­же­ния равно 160.

Ответ: 160.

Ре­ше­ние. Про­ве­дем се­че­ние, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. От­рез­ки PA и PB  — об­ра­зу­ю­щие ко­ну­са, они равны, тогда тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный по опре­де­ле­нию. Углы при его ос­но­ва­нии равны по при­зна­ку, то есть а зна­чит, что и и APB  — рав­но­сто­рон­ний. Из усло­вия по­лу­ча­ем:

Ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са найдём из рав­но­бед­рен­но­го пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOB (AO  =  OB  =  R) по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Оста­лось вы­чис­лить пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са:

Зна­че­ние ис­ко­мо­го вы­ра­же­ния равно:

Ответ: 32.