Пер­вый спо­соб. Пусть ABCDP —‍ дан­ная пра­виль­ная четырёхуголь­ная пи­ра­ми­да с вер­ши­ной P,‍ AB = BC = CD = AD = a,‍ M —‍ центр квад­ра­та ABCD,‍ K —‍ се­ре­ди­на от­рез­ка AB.‍

По­сколь­ку PK ⊥ AB‍ и MK ⊥ AB,‍ угол PKM —‍ ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла между плос­ко­стью бо­ко­вой грани ABP‍ и плос­ко­стью ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды. По усло­вию ∠PKM = 45‍°.‍

По­сколь­ку пи­ра­ми­да пра­виль­ная, её вы­со­та про­хо­дит через центр ос­но­ва­ния, зна­чит, PM —‍ вы­со­та пи­ра­ми­ды. Из рав­но­бед­рен­но­го пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка PKM‍ на­хо­дим, что

Пусть α —‍ угол бо­ко­во­го ребра с плос­ко­стью ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AMP‍ на­хо­дим, что

Тогда

По­сколь­ку центр опи­сан­ной сферы рав­но­удалён от вер­шин ос­но­ва­ния ABCD,‍ он лежит на пря­мой PM.‍ Рас­смот­рим се­че­ние пи­ра­ми­ды ABCDP‍ плос­ко­стью, про­хо­дя­щей через точки A,‍ P‍ и C.‍ По­лу­чим тре­уголь­ник APC,‍ около ко­то­ро­го опи­са­на окруж­ность с цен­тром, ле­жа­щим на вы­со­те PM,‍ причём ра­ди­ус R‍ этой окруж­но­сти равен ра­ди­у­су сферы, опи­сан­ной около пи­ра­ми­ды ABCDP,‍ а так как то

Вто­рой спо­соб. Пусть ABCDP —‍ дан­ная пра­виль­ная четырёхуголь­ная пи­ра­ми­да с вер­ши­ной P,‍ AB = BC = CD = AD = a,‍ M —‍ центр квад­ра­та ABCD,‍ K —‍ се­ре­ди­на от­рез­ка AB.‍

По­сколь­ку PK ⊥ AB‍ и MK ⊥ AB,‍ угол PKM —‍ ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла между плос­ко­стью бо­ко­вой грани ABP‍ и плос­ко­стью ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды. По усло­вию ∠PKM = 45‍°.‍

По­сколь­ку пи­ра­ми­да пра­виль­ная, её вы­со­та про­хо­дит через центр ос­но­ва­ния, зна­чит, PM —‍ вы­со­та пи­ра­ми­ды. Из рав­но­бед­рен­но­го пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка PKM‍ на­хо­дим, что

Пусть пря­мая PM‍ вто­рич­но пе­ре­се­ка­ет опи­сан­ную сферу в точке Q.‍ Рас­смот­рим се­че­ние сферы плос­ко­стью, про­хо­дя­щей через точки A,‍ P‍ и Q.‍ По­лу­чим окруж­ность ра­ди­у­са R‍ (ра­ди­ус сферы), с цен­тром на от­рез­ке PQ.‍ По­сколь­ку PQ —‍ диа­метр окруж­но­сти, тре­уголь­ник APQ —‍ пря­мо­уголь­ный, а AM —‍ его вы­со­та, про­ведённая из вер­ши­ны пря­мо­го угла. По­это­му AM‍² = PM · MQ = PM(2R − PM),‍ или ‍ от­ку­да на­хо­дим, что ‍‍

Ответ: ‍‍

Пусть МН — высота правильной четырёхугольной пирамиды MABCD с вершиной М. тогда треугольник АМН прямоугольный. МA = 10, МН = 6, откуда

Треугольник АВН прямоугольный равнобедренный, следовательно, В треугольнике AMB высота

В равнобедренном прямоугольном треугольнике АВН высота

Центр О сферы, вписанной в правильную четырёхугольную пирамиду, лежит на её высоте MH, точка K касания сферы и боковой грани АМВ лежит на отрезке MN. Треугольники MOK и MNH подобны, поэтому

где — радиус сферы.

Площадь сферы

Ответ:

Пусть PABCD —‍ пра­виль­ная четырёхуголь­ная пи­ра­ми­да с вер­ши­ной P,‍ M —‍ центр ос­но­ва­ния ABCD,‍ K —‍ се­ре­ди­на ребра AB.‍ Обо­зна­чим AB = a,‍ ∠MAP = φ.‍

Так как PK —‍ вы­со­та рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка APB,‍ то

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AMP‍ на­хо­дим, что

Тогда

(угол MAP —‍ ост­рый).

Пусть R —‍ ис­ко­мый ра­ди­ус. Рас­смот­рим се­че­ние пи­ра­ми­ды и опи­сан­ной около неё сферы плос­ко­стью, про­хо­дя­щей через точки A,‍ P‍ и C.‍ По­лу­чим рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник APC,‍ впи­сан­ный в окруж­ность ра­ди­у­са R.‍ По тео­ре­ме си­ну­сов

Ответ:

а) Пусть отрезок  — высота пирамиды отрезок  — средняя линия треугольника (см. рисунок).

Поскольку  — правильная пирамида, точка  — центр квадрата значит, и откуда Но, следовательно, Значит, плоскость BMN перпендикулярна плоскости BDP по признаку перпендикулярности плоскостей. Таким образом, утверждение задачи доказано.

б) Прямая  — проекция прямой на плоскость значит, угол между прямой и плоскостью равен углу между прямой и прямой то есть острому углу прямоугольного треугольника

Примем длину ребра данной пирамиды за тогда медиана равностороннего треугольника и, следовательно,

Ответ:

Прямая S₁M пересекает медиану AO треугольника ABD в точке T так, что АТ : TO = 2 : 1, поскольку T — точка пересечения медиан треугольника SAS₁ и O — точка пересечения диагоналей основания ABCD, так как пирамида SABCD правильная.

Следовательно, AT : TC = 1 : 2. Точка L делит отрезок BC в отношении BL : LC = 1 : 2, следовательно, треугольники ACB и TCL подобны с коэффициентом подобия k = AC : TC = BC : CL = 3 : 2, так как они имеют общий угол с вершиной C и стороны AC и BC в треугольнике ABC пропорциональны сторонам TC и LC треугольника TCL, заключающим тот же угол. Значит, сторона сечения, проходящая через точки L и T, параллельна стороне AB основания пирамиды SABCD. Пусть эта сторона сечения пересекает сторону AD в точке P.

Сторона сечения, проходящая через точку M в плоскости SAB, параллельна прямой AB, так как плоскость S₁LM пересекает плоскость SAB и проходит через прямую PL, параллельную плоскости SAB. Пусть эта сторона сечения пересекает сторону SB в точке K. Тогда сечение PMKL — равнобокая трапеция, поскольку AP = BL и AM = BK.

Большее основание LP трапеции равно 6, поскольку ABCD — квадрат. Второе основание MK трапеции равно 3, поскольку MK — средняя линия треугольника SAB. Значит, средняя линия трапеции равна

Ответ: б) 4,5.

а) Углом между прямой и плоскостью называется угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Поскольку заданная четырёхугольная пирамида правильная, ее вершина проектируется в точку пересечения диагоналей лежащего в основании квадрата. Поэтому проекцией прямой PB на плоскость основания является прямая BD. Найдем угол PBD.

Пусть M — середина PD. Так как прямая BM лежит в плоскости сечения, перпендикулярного PD, отрезки BM и PD перпендикулярны, то есть в треугольнике BPD медиана BM является высотой. Значит, BP = BD, но, так как PB = PD, треугольник BPD равносторонний, а поэтому что и требовалось доказать.

б) Из доказанного следует, что и как высота равностороннего треугольника BPD. Применяя теорему косинусов в треугольнике APD, получаем откуда Пусть BKML — указанное сечение (точка K лежит на ребре PA, а точка L — на ребре PC). Так как отрезки KM и PD перпендикулярны, Аналогично находим Значит, а потому треугольник PKL подобен треугольнику PAC. Поэтому Кроме того, прямые KL и AC параллельны, а прямые AC и BM перпендикулярны, так как AC перпендикулярна плоскости BPD, а BM лежит в этой плоскости. Значит, прямые KL и BM перпендикулярны. Поэтому искомая площадь равна

Ответ:

а) Пусть плоскость MPQ пересекает SC в точке N. Так как PD = CQ, то PDCQ — параллелограмм, Поскольку , то

Тогда , то есть Так как , и , так как пирамида правильная, то , следовательно,

Поскольку и , то MNQP — равнобедренная трапеция, что и требовалось доказать.

б) Заметим, что расстояние от точки M до плоскости ABC втрое меньше расстояния от точки S до плоскости ABC . Тогда

По теореме об отношении площадей треугольников с равными углами расстояние от точки D до плоскости SBC, в 1,5 раза больше чем от точки M. Значит, , из чего следует, что , тогда

Ответ:б)

Сторона основания пирамиды равна Тогда диагональ основания

а) Пусть — высота пирамиды. Тогда — середина основания пирамиды. Значит, — искомая прямая.

б) Площадь сечения, проходящего через и диагональ равна откуда Пусть — высота грани Тогда

Следовательно, Поэтому

Ответ: 192.

Пусть — середина а — середина Тогда площадь сечения равна площади треугольника Найдем последовательно и и — медианы треугольников и соответственно. Так как эти треугольники равнобедренные (поскольку пирамида правильная),

Найдем теперь из прямоугольного треугольника В нем катеты равны Гипотенуза по теореме Пифагора, будет равна

Теперь найдем площадь равнобедренного треугольника Для этого проведем высоту которая, по теореме Пифагора, равна и вычислим площадь:

Ответ:

а) Со­еди­ним точки B и D от­рез­ком. Про­ве­дем плос­кость через точки S, B и D, не ле­жа­щие на одной пря­мой. Се­че­ние по­стро­е­но. Это — тре­уголь­ник BSD. Но таких се­че­ний будет два: можно было бы по­стро­ить также се­че­ние, про­хо­дя­щие через АС — диа­го­наль ос­но­ва­ния. По­сколь­ку диа­го­на­ли квад­ра­та (ос­но­ва­ния) равны, бо­ко­вые ребра пра­виль­ной пи­ра­ми­ды также равны, то по­лу­чим два рав­ных ре­ше­ния. Для на­ше­го слу­чая до­ста­точ­но взять одно ре­ше­ние: тре­уголь­ник BSD

б) Про­ве­дем вы­со­ту пи­ра­ми­дыSO, O — точка пе­ре­се­че­ния АС и BD.

Для удоб­ства даль­ней­ших вы­чис­ле­ний пусть сто­ро­на квад­ра­та ABCD будет равна Тогда

В по тео­ре­ме ко­си­ну­сов будем иметь:

Ответ:

а) Поскольку средняя линия треугольника , Но по теореме о трех перпендикулярах — проекция на плоскость основания пирамиды — прямая Значит, и то есть

б) Пусть Тогда , Кроме того, , откуда Тогда высота боковой грани пирамиды и площадь поверхности пирамиды

Ответ: 192.

а) Пусть O — центр основания пирамиды, точка M — середина ребра AD, отрезки AO и DQ пересекаются в точке K, а отрезки MO и DQ пересекаются в точке N. Тогда MO — средняя линия в треугольнике ADB, а NO — средняя линия в треугольнике QDB. Значит,

Таким образом, треугольники AKQ и OKN равны. Следовательно, точка K — середина отрезка AO. Значит, прямая PK содержит среднюю линию треугольника ASO, поэтому она перпендикулярна плоскости основания пирамиды SABCD. Плоскость DPQ содержит прямую PK, поэтому она тоже перпендикулярна плоскости основания.

б) Пусть сторона основания пирамиды равна а высота пирамиды равна h. Тогда площадь сечения DSB равна

откуда Площадь сечения DPQ равна

Ответ: б)

а) Пусть O — центр основания пирамиды (рис.1), точка M — середина ребра AD, отрезки AO и DQ пересекаются в точке K, а отрезки MO и DQ пересекаются в точке N (рис.2). Тогда MO — средняя линия в треугольнике ADB, а NO — средняя линия в треугольнике QDB. Значит,

Таким образом, треугольники AKQ и OKN равны. Следовательно, точка K — середина отрезка AO. Значит, прямая PK содержит среднюю линию треугольника ASO, поэтому она перпендикулярна плоскости основания пирамиды SABCD. Плоскость DPQ содержит прямую PK, поэтому она тоже перпендикулярна плоскости основания.

б) Пусть сторона основания пирамиды равна а высота пирамиды равна h. Тогда площадь сечения DSB равна

откуда Площадь сечения DPQ равна

Ответ: б)

а) Пусть точка Q — середина ребра MA, а точка K — середина ребра MB. Плоскость пересекает плоскость BMC по отрезку KL, параллельному ребру MC. Следовательно, плоскость пересекает плоскость AMC по прямой, параллельной ребру MC. На этой прямой лежит средняя линия треугольника AMC, поэтому плоскость проходит через точку O — середину отрезка AC. Таким образом, сечение — четырёхугольник QKLO, в котором стороны KL и QO параллельны отрезку MC и равны его половине. Значит, QKLO —параллелограмм.

б) Отметим точку F — середину отрезка QK и рассмотрим плоскость MOF. Прямая QK перпендикулярна прямым FM и MO, следовательно, она перпендикулярна плоскости MFO, поэтому она перпендикулярна отрезку OF. Таким образом, отрезок OF служит высотой параллелограмма QKLO. Сечение пирамиды MABCD плоскостью MOF — равнобедренный

треугольник NMG. Отрезок OF является медианой прямоугольного треугольника MOG, проведённой к его гипотенузе, поэтому

По условию треугольник AMC прямоугольный и равнобедренный, поэтому

и то же верно для других боковых рёбер. Следовательно, все боковые грани пирамиды — равносторонние треугольники. Тогда и

Площадь параллелограмма QKLO равна

Ответ:

а) Пусть точка Q — середина ребра MA, а точка K — середина ребра MB. Плоскость пересекает плоскость BMC по отрезку KL, параллельному ребру MC. Следовательно, плоскость пересекает плоскость AMC по прямой, параллельной ребру MC. На этой прямой лежит средняя линия треугольника AMC, поэтому плоскость проходит через точку O — середину отрезка AC. Таким образом, сечение — четырёхугольник QKLO, в котором стороны KL и QO параллельны отрезку MC и равны его половине. Значит, QKLO —параллелограмм.

б) Отметим точку F — середину отрезка QK и рассмотрим плоскость MOF. Прямая QK перпендикулярна прямым FM и MO, следовательно, она перпендикулярна плоскости MFO, поэтому она перпендикулярна отрезку OF. Таким образом, отрезок OF служит высотой параллелограмма QKLO. Сечение пирамиды MABCD плоскостью MOF — равнобедренный

треугольник NMG. Отрезок OF является медианой прямоугольного треугольника MOG, проведённой к его гипотенузе, поэтому

По условию треугольник AMC прямоугольный и равнобедренный, поэтому

и то же верно для других боковых рёбер. Следовательно, все боковые грани пирамиды — равносторонние треугольники. Тогда и

Площадь параллелограмма QKLO равна

Ответ:

Площадь основания пирамиды равна 144 − 108 = 36, поэтому AB = 6. Площадь боковой грани равна Пусть SM — высота грани SAB. Тогда поэтому SM = 9. Пусть SH — высота пирамиды. Имеем

Тогда

Ответ: 36.

а) Оче­вид­но, про­ек­ция L на плос­кость ABCD лежит на AC, по­это­му про­ек­ция OL на плос­кость ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды сов­па­да­ет со вто­рой диа­го­на­лью (AC) и пер­пен­ди­ку­ляр­на OB, тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах и

б) Вве­дем ко­ор­ди­на­ты с на­ча­лом в точке A и осями, на­прав­лен­ны­ми по реб­рам AD, AB и па­рал­лель­но вы­со­те SO (обо­зна­чим ее длину за ). Тогда ко­ор­ди­на­ты точек будут и Най­дем угол между ними по фор­му­ле

По усло­вию, этот же ко­си­нус равен с точ­но­стью до знака.

Ре­ша­ем урав­не­ние

Итак, вы­со­та пи­ра­ми­ды равна по­это­му апо­фе­ма равна и пло­щадь по­верх­но­сти равна

Ответ: 80.

а) Точка H лежит на от­рез­ке MN. Так как NC = ND, то TC = TD. Это озна­ча­ет, что точка T лежит на SM. Таким об­ра­зом, точки T и H лежат в плос­ко­сти SNM, пер­пен­ди­ку­ляр­ной плос­ко­сти ABC.

Зна­чит, тре­уголь­ник SNM рав­но­сто­рон­ний, а NT — его вы­со­та. Сле­до­ва­тель­но, T — се­ре­ди­на SM.

б) Пусть E — ос­но­ва­ние пер­пен­ди­ку­ля­ра, опу­щен­но­го из точки T на пря­мую SC. Пря­мые NT и TE пер­пен­ди­ку­ляр­ны, так как NT — вы­со­та пи­ра­ми­ды NSCD. По­сколь­ку от­ре­зок TE пер­пен­ди­ку­ля­рен как пря­мой SC, так и пря­мой NT, его длина и есть ис­ко­мое рас­сто­я­ние.

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки SET и SMC по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Ответ: б)

а) Пусть пря­мая AK пе­ре­се­ка­ет пря­мую PH в точке M. Так как и то Далее имеем: .

Зна­чит, AK ― вы­со­та и ме­ди­а­на пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка PAC. Сле­до­ва­тель­но, M ― точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан этого тре­уголь­ни­ка, от­ку­да и по­лу­ча­ем что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б) Пусть точка L ― про­ек­ция точки K на плос­кость ABC, . Так как и то L ― се­ре­ди­на CH. От­ре­зок BL ― про­ек­ция от­рез­ка BK на плос­кость ABC. Далее, по­сколь­ку точка H ― про­ек­ция пря­мой PH на плос­кость ABC. Зна­чит, рас­сто­я­ние между пря­мы­ми PH и BK равно рас­сто­я­нию от точки H до пря­мой BL, то есть вы­со­те HF тре­уголь­ни­ка BHL.

Далее имеем:

Ответ: б) .

а) Пусть  — центр основания, а  — середина ребра  — середина ребра Тогда поэтому точки лежат в одной плоскости и являются вершинами трапеции.

По теореме о средней линии треугольника так что трапеция равнобедренная.

б) Так как

Основания трапеции равны В треугольнике проведем высоты и Тогда

Заметим, что поэтому

Ответ: