В правильную шестиугольную пирамиду, боковое ребро которой равно 10, а высота равна 6, вписана сфера. (Сфера касается всех граней пирамиды.)
а) Докажите, что площадь боковой поверхности пирамиды относится к площади основания как 
б) Найдите площадь этой сферы.
Решение. а) Пусть MH — высота правильной шестиугольной пирамиды
с вершиной M, тогда треугольник AMH прямоугольный, 
откуда
Треугольник ABH равносторонний, следовательно, 
В треугольнике AMB высота
В правильном треугольнике AHB высота 
Тогда косинус двугранного угла при основании пирамиды равен 
А площадь основания пирамиды есть площадь боковой поверхности пирамиды умножить на косинус двугранного угла при основании. Отсюда и следует требуемое.
б) Центр O сферы, вписанной в правильную шестиугольную пирамиду, лежит на её высоте MH, точка K касания сферы и боковой грани AMB лежит на отрезке MN. Треугольники MOK и MNH подобны, поэтому
где r — радиус сферы. Площадь сферы 
Ответ: 
Укажем другой путь нахождения радиуса.
Объем пирамиды равен
Площадь полной поверхности пирамиды равна
Тогда
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а), и обоснованно получен верный ответ в пункте б) | 3 |
| Получен обоснованный ответ в пункте б) ИЛИ имеется верное доказательство утверждения пункта а), и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки | 2 |
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а), ИЛИ при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки, ИЛИ обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых выше | 0 |
| Максимальный балл | 3 |
В треугольнике AMB высота
поэтому угол, лежащий напротив MH, больше, чем угол, лежащий напротив NH, а значит, больше, чем 
имеем: 
или 8 : 3.
Рассмотрим сечение пирамиды, проходящее через точки 
В треугольнике AMB высота 
где R — радиус меньшего шара. Тогда площадь его поверхности, равная 
не меньше чем 32. Что и требовалось доказать.
— площадь сечения меньшего шара плоскостью α. 
— площадь сечения большего шара плоскостью β.
где R — радиус меньшего шара. Тогда площадь его поверхности, равная 
—
—
равна 
Плоскость α находится от центра шара на расстоянии 
плоскость β находится на расстоянии расстояние r. Из условий имеем:
В левой части стоит площадь поверхности малого шара, в правой части — число, не меньшее 24. Утверждение а) доказано.
В левой части стоит площадь сечения большего шара плоскостью α.
Отрезок OH равен 
Высота CH пирамиды CABNM равна 
Следовательно, объём пирамиды CABNM равен
меньше его диагонали, ребро данного куба равно 
Тогда точки B, D, C1 имеют координаты 
соответственно.
Тогда точка P имеет координаты 
Тогда 
Значит, все рёбра тетраэдра DBC1P равны, поэтому он правильный.
Раcстояние от точки P до точки A равно
и 
: 
и 
Отсюда вычислим 
:
и 
и 
:
и 
Все ребра равны, значит, PDBC1 — правильный тетраэдр. 
:
Следовательно, 
ABCD — квадрат, поэтому имеем: 
как накрест лежащие и 
как вертикальные, получаем: 
по двум углам, тогда 
прямоугольный, тогда 
откуда 
поскольку 
верно. Тогда, по теореме, обратной теореме Пифагора, ΔOMC прямоугольный, ∠M = 90°.
и 
— правильный, поэтому M — точка пересечения медиан, биссектрис и высот ΔBDC1, то есть центр описанной окружности.
по теореме косинусов 
— правильный тетраэдр, что и требовалось доказать.
по теореме косинусов 
поскольку BC1 — диаметр окружности, поэтому 
поэтому 
откуда 
получаем ответ 
диагональ трапеции ВН найдем из прямоугольного треугольника ВНD: 
для радиуса описанной окружности получаем:
высота пирамиды H и радиус окружности, описанной вокруг основания пирамиды 
связаны соотношением 
EB = 2a, 
Координаты точек будут 
Тогда 
и, таким образом, угол между прямыми 
Далее воспользуемся свойством секущих: 
откуда
где r — радиус сферы, h — высота сферического сегмента. Чтобы найти высоту, проведем перпендикуляр KL из точки K на отрезок AO. Прямоугольные треугольники ABO и AKL подобны по острому углу. Из пункта а) сразу следует, что коэффициент подобия этих треугольников равен 33/65. Тогда:
— прямоугольник. При этом 
где R — радиус цилиндра, 
Таким образом, в прямоугольном треугольнике BCB' угол CBB' равен 30°, и, следовательно, угол BCB' равен 60°.
откуда 
откуда
Следовательно, расстояние от центра шара до плоскости α больше радиуса, и шар с плоскостью не пересекается.
где V — объем пирамиды, Sп.п. — площадь полной поверхности пирамиды. Площадь основания пирамиды равна 
высота пирамиды равна
где p — полупериметр основания, 
—
следовательно, поскольку плоскость α проходит через середину высоты пирамиды, расстояние между плоскостью основания пирамиды и плоскостью α равно 
поэтому плоскость α и шар не имеют общих точек.
Тангенс угла между прямой BC и плоскостью ABF равен 2, а точка M выбрана на ребре BC так, что 
Точка T лежит на прямой AF и равноудалена от точек 
то есть AC = 2BC. Находим:
Из подобия прямоугольных треугольников KEH и HED получаем 
откуда находим:
откуда 
Из п. а) боковые ребра пирамиды равны 3a, ребра основания — 
Таким образом, площадь боковой грани 
площадь основания 
следовательно, 
меньше диагонали, поэтому оно равно 
то есть в три раза меньше бокового ребра пирамиды.
значит, 
Из подобия треугольников PTQ и PMN по двум углам получаем:
