Вы­бе­рем точку M (из усло­вия за­да­чи) так, что Тогда точка S будет яв­лять­ся цен­тром опи­сан­но­го шара около пра­виль­но­го тет­ра­эд­ра Сле­до­ва­тель­но, каж­дая из четырёх оди­на­ко­вых пи­ра­мид SABC, SMAB, SMAC будет от­се­кать от шара ра­ди­у­са 1 с цен­тром в точке S оди­на­ко­вую часть. Не­труд­но под­счи­тать, что рас­сто­я­ние от точки S до плос­ко­сти ABC равно Так как то для на­хож­де­ния объ­е­ма общей части пи­ра­ми­ды SABC и шара ра­ди­у­са с цен­тром в точке S нужно из чет­вер­ти объ­е­ма шара вы­честь объем ша­ро­во­го сег­мен­та вы­со­той Как из­вест­но, по­след­ний на­хо­дит­ся по фор­му­ле Для по­лу­ча­ем От­сю­да ис­ко­мый объём равен

Ответ:

Объем пи­ра­ми­ды TABCD равен сумме объ­е­мов пи­ра­мид TBCD и

При­чем так как у пи­ра­мид TABD и TACD общая вы­со­та (из вер­ши­ны T), а также равны пло­ща­ди ос­но­ва­ний: (у этих тре­уголь­ни­ков общее ос­но­ва­ние BC и рав­ные по длине вы­со­ты, про­ве­ден­ные из вер­шин B и C, по­сколь­ку ABCD  — тра­пе­ция по усло­вию). Итак,

Ответ:

Пусть H  — точка ка­са­ния сферы и грани Тогда ADH, BDH и CDH  — рав­ные пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки, в ко­то­рых катет DH в два раза мень­ше ги­по­те­ну­зы.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра В пра­виль­ном тре­уголь­ни­ке это ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти, от­ку­да

Со­от­вет­ствен­но,

Ответ:

Пусть H  — точка ка­са­ния сферы и грани ABC. Тогда ADH, BDH и CDH  — рав­ные пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки, в ко­то­рых катет DH в пол­то­ра раза мень­ше ги­по­те­ну­зы. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра В пра­виль­ном тре­уголь­ни­ке ABC это ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти, от­ку­да

Со­от­вет­ствен­но,

Ответ:

Обо­зна­чим наш тет­ра­эдр ABCD, центр сферы, впи­сан­ной в кар­кас, за O, а саму сферу за S. Объём тет­ра­эд­ра равен сумме объёмов м алень­ких тет­ра­эд­ров OABC, OABD, OACD и OBCD.

Пе­ре­се­че­ние S и плос­ко­сти ABC это впи­сан­ная окруж­ность тре­уголь­ни­ка ABC. Обо­зна­чим за I её центр, тогда OI  — вы­со­та тет­ра­эд­ра OABC. Пусть R  — ра­ди­ус сферы S, r  — ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC. тогда вы­пол­ня­ет­ся ра­вен­ство Тогда

где   — по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка ABC. По не­ра­вен­ству о сред­нем гео­мет­ри­че­ском и сред­нем квад­ра­тич­ном

то есть

Таким об­ра­зом,

Скла­ды­вая объёмы четырёх ма­лень­ких тет­ра­эд­ров мы по­лу­ча­ем

а сумма по­лу­пе­ри­мет­ров гра­ней это в точ­но­сти сумма длин рёбер тет­ра­эд­ра. Зна­чит,

что и тре­бо­ва­лось.

Обо­зна­чим наш тет­ра­эдр ABCD, центр сферы, впи­сан­ной в кар­кас, за O, а саму сферу за S. Объём тет­ра­эд­ра равен сумме объёмов ма­лень­ких тет­ра­эд­ров OABC, OABD, OACD и OBCD.

Пе­ре­се­че­ние S и плос­ко­сти ABC это впи­сан­ная окруж­ность тре­уголь­ни­ка ABC. Обо­зна­чим за I её центр, тогда OI  — вы­со­та тет­ра­эд­ра OABC. Пусть R  — ра­ди­ус сферы S, r  — ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC, тогда вы­пол­ня­ет­ся ра­вен­ство Тогда

где   — по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка ABC. По не­ра­вен­ству о сред­нем гео­мет­ри­че­ском и сред­нем квад­ра­тич­ном

Таким об­ра­зом, Скла­ды­вая объёмы четырёх ма­лень­ких тет­ра­эд­ров мы по­лу­ча­ем

а сумма по­лу­пе­ри­мет­ров гра­ней это в точ­но­сти сумма длин рёбер тет­ра­эд­ра. Зна­чит,

а-б) Пре­жде всего сле­ду­ет учесть, что име­ют­ся два раз­лич­ных ва­ри­ан­та рас­по­ло­же­ния еди­нич­ных ребер. В пер­вом из них в пи­ра­ми­де име­ют­ся три таких ребра, ис­хо­дя­щих из одной вер­ши­ны. В этом слу­чае оче­вид­но, что пи­ра­ми­да имеет наи­боль­ший объем, если одно из этих ребер пер­пен­ди­ку­ляр­но двум дру­гим, по­это­му ее объем равен Те­перь рас­смот­рим вто­рой слу­чай. Рас­смот­рим пи­ра­ми­ду, в ко­то­рой Фик­си­ру­ем ребро Пи­ра­ми­да будет иметь наи­боль­ший объем, если плос­ко­сти гра­ней ABC и ABD пер­пен­ди­ку­ляр­ны друг другу. По­сколь­ку вы­со­ты этих гра­ней равны то Диф­фе­рен­ци­руя, по­лу­ча­ем, что наи­боль­шее зна­че­ние объ­е­ма до­сти­га­ет­ся при Для ре­ше­ния пунк­та а) за­да­чи оста­лось за­ме­тить, что

Ответ:

в)  Де­вять пи­ра­мид. Да­вай­те вна­ча­ле решим более про­стую за­да­чу. Пред­по­ло­жим, что зе­ле­ные и крас­ные стерж­ни имеют оди­на­ко­вую длину. Со­ста­вим таб­ли­цу, в ко­то­рой в верх­ней стро­ке ука­за­но число зе­ле­ных стерж­ней, а в ниж­ней  — число раз­лич­но окра­шен­ных пи­ра­мид с таким чис­лом зе­ле­ных стерж­ней.

Не ка­жет­ся ли вам стран­ным число «4» в сред­ней клет­ке этой таб­лиц? Дей­стви­тель­но, три зе­ле­ных стерж­ня могут:

а)  вы­хо­дить из одной вер­ши­ны;

б)  об­ра­зо­вы­вать тре­уголь­ник; и

в)  об­ра­зо­вы­вать не­за­мкну­тую про­стран­ствен­ную ло­ма­ную. Од­на­ко ока­зы­ва­ет­ся, что в по­след­нем слу­чае име­ют­ся две раз­ли­чи­мые кон­фи­гу­ра­ции, так ска­зать, «пра­вая» и «левая» (см. ри­су­нок)!

За­да­ча в ее ис­ход­ной по­ста­нов­ке от­ли­ча­ет­ся от толь­ко что разо­бран­ной тем, что в не­об­хо­ди­мо ис­сле­до­вать во­прос о су­ще­ство­ва­нии пи­ра­ми­ды с дан­ны­ми дли­на­ми ребер в каж­дом из рас­смот­рен­ных выше слу­ча­ев. К при­ме­ру, пи­ра­ми­да, в ко­то­рой от­рез­ки длины a об­ра­зу­ют тре­уголь­ник ос­но­ва­ния, а от­рез­ки длины b вы­хо­дят из вер­ши­ны пи­ра­ми­ды, су­ще­ству­ет тогда и толь­ко тогда когда вы­пол­не­но не­ра­вен­ство По­сколь­ку в нашем слу­чае то су­ще­ству­ют пи­ра­ми­ды как с зе­ле­ным, так и с крас­ным ос­но­ва­ни­я­ми.

Далее, пи­ра­ми­да, в ко­то­рой одно ребро имеет длину a, о осталь­ные  — длину b, также су­ще­ству­ет тогда и толь­ко тогда, когда вы­пол­не­но не­ра­вен­ство по­сколь­ку для этого нужно, чтобы (см. ри­су­нок).

Ис­сле­ду­ем те­перь воз­мож­ность по­стро­е­ния пи­ра­ми­ды, три ребра ко­то­рой по 20 см каж­дый об­ра­зу­ют не­за­мкну­тую ло­ма­ную. Также как и выше, рас­смот­рим общий слу­чай: в пи­ра­ми­де име­ют­ся по три ребра длины a и b, об­ра­зу­ю­щие трех­звен­ные ло­ма­ные. Рас­смот­рим две со­сед­ние грани пи­ра­ми­ды и раз­вер­нем их на плос­кость двумя спо­со­ба­ми. Не­труд­но ви­деть, что для су­ще­ство­ва­ния такой пи­ра­ми­ды не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но, чтобы были вы­пол­не­ны не­ра­вен­ства Пря­мые вы­чис­ле­ния по­ка­зы­ва­ют, что при любых a и b, а вто­рое не­ра­вен­ство рав­но­силь­но тому, что В нашей за­да­че по­это­му пи­ра­ми­ды, в ко­то­рой три крас­ных ребра об­ра­зо­вы­ва­ли бы не­за­мкну­тую ло­ма­ную, не су­ще­ству­ет. Кста­ти, по­след­нее не­ра­вен­ство рав­но­силь­но тому, что

На­ко­нец, не ре­а­ли­зу­ет­ся еще один ва­ри­ант рас­по­ло­же­ния ребер дан­ной длины (най­ди­те его са­мо­сто­я­тель­но).

а)  До­ка­жи­те, что если каж­дая из сред­них линий че­ты­рех­уголь­ни­ка делит его на два рав­но­ве­ли­ких че­ты­рех­уголь­ни­ка, то этот че­ты­рех­уголь­ник па­рал­ле­ло­грамм.

До­пу­стим, что при­чем B лежит между A и E, а C лежит между E и D (если про­дол­же­ния сто­рон пе­ре­се­ка­ют­ся с дру­гой сто­ро­ны че­ты­рех­уголь­ни­ка, пе­ре­обо­зна­чим вер­ши­ны). Пусть также M  — се­ре­ди­на AB, N  — се­ре­ди­на CD, По усло­вию и тогда

Решим от­сю­да

Про­ти­во­ре­чие.

Зна­чит на самом деле AB па­рал­лель­на CD. Ана­ло­гич­но из ра­вен­ства дру­гих пло­ща­дей по­лу­чим AD па­рал­лель­ную BC, по­это­му ABCD  — па­рал­ле­ло­грамм.

б)  Най­ди­те наи­боль­шую пло­щадь тени при ор­то­го­наль­ной про­ек­ции на плос­кость пра­виль­ной тре­уголь­ной пи­ра­ми­ды, у ко­то­рой сто­ро­на ос­но­ва­ния равна еди­ни­це, а бо­ко­вое ребро  — двум. До­ка­жем, что ответ 1.

Про­ек­ция пи­ра­ми­ды будет либо тре­уголь­ни­ком, либо че­ты­рех­уголь­ни­ком. Если это тре­уголь­ник, то он яв­ля­ет­ся про­ек­ци­ей одной из гра­ней, по­это­му его пло­щадь не боль­ше пло­ща­ди этой грани. Пло­щадь ос­но­ва­ния равна а пло­щадь бо­ко­вой грани мень­ше (по­сколь­ку апо­фе­ма не боль­ше бо­ко­во­го ребра).

Если же это че­ты­рех­уголь­ник, то его диа­го­на­ли яв­ля­ют­ся про­ек­ци­я­ми скре­щи­ва­ю­щих­ся ребер пи­ра­ми­ды, по­это­му их длины не боль­ше 1 и 2, а тогда пло­щадь не пре­вос­хо­дит по­ло­ви­ны про­из­ве­де­ния диа­го­на­лей и не боль­ше еди­ни­цы.

С дру­гой сто­ро­ны, в пра­виль­ной пи­ра­ми­де бо­ко­вое ребро пер­пен­ди­ку­ляр­но скре­щи­ва­ю­ще­му­ся с ней ребру ос­но­ва­ния. Возь­мем плос­кость, па­рал­лель­ную этим двум реб­рам, тогда длины про­ек­ций будут равны дли­нам ребер и про­ек­ции будут пер­пен­ди­ку­ляр­ны друг другу, зна­чит, пло­щадь будет в точ­но­сти

Ответ: 1.

в)  Решим за­да­чу для про­из­воль­но­го числа n чисел Вве­дем квад­рат­ные трех­чле­ны Так как по усло­вию и то при всех Зна­чит,

от­ку­да и сле­ду­ет не­ра­вен­ство

Со­ста­вим урав­не­ние: Тогда

где и

Один плос­кий угол при вер­ши­не S не тупой, сле­до­ва­тель­но, все плос­кие углы при вер­ши­не S не тупые, то есть все плос­кие углы при вер­ши­не S пря­мые.

Один плос­кий угол при вер­ши­не S не ост­рый, сле­до­ва­тель­но, все плос­кие углы при вер­ши­не S не ост­рые, то есть все плос­кие углы при вер­ши­не S пря­мые.

Таким об­ра­зом, если такая пи­ра­ми­да су­ще­ству­ет, то

При­мер:

в трех­гран­ном угле с плос­ки­ми уг­ла­ми α, β, γ про­во­дим бис­сек­три­сы плос­ких углов, дли­ной l₁, l₂, l₃. Через точки про­во­дим плос­кость (един­ствен­ную), ко­то­рая от­се­ка­ет тре­бу­е­мую пи­ра­ми­ду.

Ответ:

Пусть и где B   — се­ре­ди­на от­рез­ка O₁O₂, AD  — общая об­ра­зу­ю­щая вто­ро­го и тре­тье­го ко­ну­сов. Тогда

Че­ты­рех­уголь­ник AO₂DO₃ впи­сан в окруж­ность с диа­мет­ром AD, от­ку­да по тео­ре­ме си­ну­сов

Ана­ло­гич­ным об­ра­зом

Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр BC на пря­мую AO₃. За­ме­тим, что от­рез­ки AB и O₃B пер­пен­ди­ку­ляр­ны O₁O₂ как ме­ди­а­ны рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков O₁O₂A и O1O₂O₃. Тогда от­ре­зок O₁O₂ пер­пен­ди­ку­ля­рен плос­ко­сти ABO₃ и, зна­чит, пря­мой AO₃. По­это­му ребро AO₃ пер­пен­ди­ку­ляр­но плос­ко­сти O₁O₂C и, в част­но­сти, от­рез­ку CO₂. По­это­му

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра мы по­лу­ча­ем

Пусть V  — объем пи­ра­ми­ды O₁O₂O₃A, AH  — ее вы­со­та. Тогда

Ответ:

Пусть и где B  — се­ре­ди­на от­рез­ка O₁O₂, AD  — общая об­ра­зу­ю­щая вто­ро­го и тре­тье­го ко­ну­сов. Тогда

Че­ты­рех­уголь­ник A₂O₃ впи­сан в окруж­ность с диа­мет­ром AD, от­ку­да по тео­ре­ме си­ну­сов

Ан ало­гич­ным об­ра­зом и

Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр BC на пря­мую AO₃. За­ме­тим, что от­рез­ки AB и O₃B пер­пен­ди­ку­ляр­ны O₁O₂ как ме­ди­а­ны рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков O₁O₂A и O₁O₂O₃. Тогда от­ре­зок O₁O₂ пер­пен­ди­ку­ля­рен плос­ко­сти ABO₃ и, зна­чит, пря­мой AO₃. По­это­му ребро A₃ пер­пен­ди­ку­ляр­но плос­ко­сти O₁O₂C и, в част­но­сти, от­рез­ку CO₂. По­это­му

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра мы по­лу­ча­ем

Пусть V  — объем пи­ра­ми­ды O₁O₂O₃A и AH  — ее вы­со­та. Тогда

Ответ:

Пусть a, b, c ши­ри­на, длина и вы­со­та зда­ния. Тогда пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна пе­ри­метр ос­но­ва­ния равен пло­щадь ос­но­ва­ния. По усло­вию

Из урав­не­ния на­хо­дим тогда Из (1) на­хо­дим и

Вы­чис­лим объем V, длину диа­го­на­ли d и от­но­ше­ние пло­ща­дей:

Ответ:

Если P и Q  — се­ре­ди­ны бо­ко­вых ребер DD₁ и BB₁, то PQ па­рал­лель­на BD и плос­кость (AQC₁) па­рал­лель­на (BD). Про­ве­дем (MN) па­рал­лель­но BD, при CK пер­пен­ди­ку­ляр­но (MN) и CF пер­пен­ди­ку­ляр­но KC₁. Так как CF пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти(AKC₁), то   — за­дан­ный в усло­ви­ях угол между диа­го­на­лью CA₁ и плос­ко­стью (AQC₁). За­дан­ный угол между диа­го­на­лью CA₁ и плос­ко­стью ос­но­ва­ния равен

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке COF: т. е. В тре­уголь­ни­ке CKC₁: от­сю­да: Так как то

Пло­щадь ос­но­ва­ния па­рал­ле­ле­пи­пе­да равна Так как то

При и по­лу­чим:

Ответ:

Вве­дем обо­зна­че­ние (так как на се­ре­ди­не диа­го­на­ли па­рал­ле­ле­пи­пе­да рас­по­ло­жен центр сферы, опи­сан­ной около па­рал­ле­ле­пи­пе­да).

Если P и Q  — се­ре­ди­ны бо­ко­вых ребер DD₁ и BB₁, то пря­мая PQ па­рал­лель­на BD и

Про­ве­дем пря­мую (MN) па­рал­лель­ную BD, CK пер­пен­ди­ку­ляр­ную (MN), CF пер­пен­ди­ку­ляр­ную KC₁. Тогда   — за­дан­ный в усло­ви­ях угол между се­ку­щей плос­ко­стью и плос­ко­стью ос­но­ва­ния. Так как вы­со­та CF пер­пен­ди­ку­ляр­на (AKC₁), то   — за­дан­ный в усло­ви­ях угол между диа­го­на­лью CA₁ и плос­ко­стью се­че­ния PAQC₁. Так как то

По­сколь­ку

а пря­мая KC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на AK, то пло­щадь се­че­ния PAQC₁ равна

или

При и по­лу­ча­ем

Ответ:

1)  По­стро­е­ние се­че­ния. В плос­ко­сти бо­ко­вой грани AA₁C₁C через точку C про­ве­дем пря­мую A₂C, па­рал­лель­ную AC₁, точка A₂  — точка пе­ре­се­че­ния AA₁ и A₂C, Пусть D  — центр сим­мет­рии бо­ко­вой грани AA₁B₁B. Через точку D про­во­дим пря­мую A₂D, при­над­ле­жа­щую плос­ко­сти се­че­ния. Точка M точка пе­ре­се­че­ния AB и A₂D, точка N  — точка пе­ре­се­че­ния A₁B₁ и A₂D, точка L  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мой BB₁ и A₂D, Если обо­зна­чить сто­ро­ну ос­но­ва­ния приз­мы через a, вы­со­ту приз­мы через h, то

В плос­ко­сти ос­но­ва­ния A₁B₁C₁ через точку N про­ве­дем пря­мую NK, па­рал­лель­ную MC, точка K  — точка пе­ре­се­че­ния NK и B₁C₁. Тра­пе­ция MNKC  — ис­ко­мое се­че­ние.

2)  Спро­еци­ру­ем се­че­ние на плос­кость ос­но­ва­ния ABC приз­мы. Пусть N₁ и K₁  — про­ек­ции точек N и K на плос­кость ABC. Тогда пря­мая N₁K₁ па­рал­лель­на MC, Про­ек­ци­ей се­че­ния на плос­кость ос­но­ва­ния ABC яв­ля­ет­ся тра­пе­ция CMN₁K₁, ее пло­щадь

3)  Най­дем ко­си­нус угла α на­кло­на плос­ко­сти се­че­ния к плос­ко­сти ос­но­ва­ния приз­мы:

4)  Най­дем вы­со­ту приз­мы h. По­стро­им плос­кость BHL, про­хо­дя­щую через точку B и пер­пен­ди­ку­ляр­ную MC линии пе­ре­се­че­ния ос­но­ва­ния и плос­ко­сти се­че­ния (BH и LH пер­пен­ди­ку­ляр­ны MC). Угол α на­кло­на плос­ко­сти се­че­ния к плос­ко­сти ос­но­ва­ния равен углу BHL,

5)  На­хо­дим:

от­сю­да

6)  Итого:

Ответ:

1)  По­стро­е­ние се­че­ния. В плос­ко­сти бо­ко­вой грани AA₁C₁C через точку C про­ве­дем пря­мую A₂C, па­рал­лель­ную AC₁, точка A₂  — точка пе­ре­се­че­ния AA₁ и A₂C, Пусть D  — центр сим­мет­рии бо­ко­вой грани AA₁B₁B. Через точку D про­во­дим пря­мую A₂D, при­над­ле­жа­щую плос­ко­сти се­че­ния. Точка M точка пе­ре­се­че­ния AB и A₂D, точка N  — точка пе­ре­се­че­ния A₁B₁ и A₂D, точка L  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мой BB₁ и A₂D, Если обо­зна­чить сто­ро­ну ос­но­ва­ния приз­мы через a, вы­со­ту приз­мы через h, то

В плос­ко­сти ос­но­ва­ния A₁B₁C₁ через точку N про­ве­дем пря­мую NK, па­рал­лель­ную MC, точка K  — точка пе­ре­се­че­ния NK и B₁C₁.

Тра­пе­ция MNKC  — ис­ко­мое се­че­ние.

2)  Спро­еци­ру­ем се­че­ние на плос­кость ос­но­ва­ния ABC приз­мы. Пусть N₁ и K₁  — про­ек­ции точек N и K на плос­кость ABC. Тогда пря­мая N₁K₁ па­рал­лель­на MC, Про­ек­ци­ей се­че­ния на плос­кость ос­но­ва­ния ABC яв­ля­ет­ся тра­пе­ция CMN₁K₁, ее пло­щадь

3)  Най­дем ко­си­нус угла α на­кло­на плос­ко­сти се­че­ния к плос­ко­сти ос­но­ва­ния приз­мы:

4)  Най­дем вы­со­ту приз­мы h. По­стро­им плос­кость BHL, про­хо­дя­щую через точку B и пер­пен­ди­ку­ляр­ную MC линии пе­ре­се­че­ния ос­но­ва­ния и плос­ко­сти се­че­ния (BH и LH пер­пен­ди­ку­ляр­ны MC). Угол α на­кло­на плос­ко­сти се­че­ния к плос­ко­сти ос­но­ва­ния равен углу BHL,

5)  На­хо­дим:

от­сю­да

6)  Итого:

Ответ:

Пусть TO  — вы­со­та пи­ра­ми­ды. По­сколь­ку все бо­ко­вые грани на­кло­не­ны к ос­но­ва­нию под одним и тем же углом, то O  — центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в ос­но­ва­ние. Пусть MP  — сред­няя линия тра­пе­ции, и По усло­вию имеем и

и от­сю­да и По­сколь­ку в тра­пе­цию ABCD можно впи­сать окруж­ность, то и Вы­чис­лим вы­со­ту тра­пе­ции

Через точку O про­ве­дем пря­мую, пер­пен­ди­ку­ляр­ную ос­но­ва­ни­ям тра­пе­ции и пе­ре­се­ка­ю­щую эти ос­но­ва­ния в точ­ках Q и R, По­сколь­ку бо­ко­вые грани на­кло­не­ны к плос­ко­сти ос­но­ва­ния под углом то вы­со­та пи­ра­ми­ды

Пусть TF  — вы­со­та пи­ра­ми­ды TAKND, TF  — пер­пен­ди­ку­ляр, вы­чис­лить двумя спо­со­ба­ми:

и

от­сю­да

и

От­сю­да по­лу­ча­ем

Ответ: 18.

Пусть ТО  — вы­со­та пи­ра­ми­ды. По­сколь­ку все бо­ко­вые грани на­кло­не­ны к ос­но­ва­нию под одним и тем же утлом, то О  — центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в ос­но­ва­ние. Пусть МР  — сред­няя линия тра­пе­ции, и

По усло­вию имеем и

и По­сколь­ку в тра­пе­цию ABCD можно впи­сать окруж­ность, то то есть Вы­чис­лим вы­со­ту тра­пе­ции

Через точку О про­ве­дем пря­мую, пер­пен­ди­ку­ляр­ную ос­но­ва­ни­ям тра­пе­ции и пе­ре­се­ка­ю­щую эти ос­но­ва­ния в точ­ках Q и R, По­сколь­ку бо­ко­вые грани на­кло­не­ны к плос­ко­сти ос­но­ва­ния под углом 30°, то вы­со­та пи­ра­ми­ды

Пусть TF  — вы­со­та пи­ра­ми­ды TAKND, TF  — пер­пен­ди­ку­ляр, опу­щен­ный из точки T на пря­мую QL, где L  — се­ре­ди­на KN. Вы­чис­лим объем пи­ра­ми­ды SAKND:

Пло­щадь тре­уголь­ни­ка TQS можно вы­чис­лить двумя спо­со­ба­ми:

и

от­сю­да

и

Итого:

Ответ: 90.

Спро­еци­ру­ем точку S и наше се­че­ние на плос­кость ABCDEF. Опи­шем как найти точки про­ек­ции се­че­ния. Так как се­че­ние па­рал­лель­но плос­ко­сти SAB, то пря­мая KL па­рал­лель­на пря­мой AB (две па­рал­лель­ные плос­ко­сти пе­ре­се­ка­ют­ся плос­ко­стью ABCDEF по двум па­рал­лель­ным пря­мым), зна­чит, пря­мая LN па­рал­лель­на BS′ (две па­рал­лель­ные плос­ко­сти пе­ре­се­ка­ют­ся плос­ко­стью SBC по двум па­рал­лель­ным пря­мым, про­ек­ции этих пря­мых также па­рал­лель­ны), пря­мая KR па­рал­лель­на AS′ (две па­рал­лель­ные плос­ко­сти пе­ре­се­ка­ют­ся плос­ко­стью SAF по двум па­рал­лель­ным пря­мым, про­ек­ции этих пря­мых также па­рал­лель­ны). Чтобы найти точку P про­ек­ции, рас­смот­рим три плос­ко­сти: наше се­че­ние, ABCDEF и SCD. Их по­пар­но общие пря­мые пе­ре­се­ка­ют­ся в одной точке G, ле­жа­щей на плос­ко­сти ABCDEF, Сле­до­ва­тель­но, про­ек­ции этих пря­мых пе­ре­се­ка­ют­ся в одной точке. По­это­му точки G, N и P лежат на одной пря­мой, при­чем пер­пен­ди­ку­ляр­ной AD (LNCD  — poмб, по­это­му от­ре­зок CL пер­пен­ди­ку­ля­рен NG, оста­лось за­ме­тить, что пря­мая CL па­рал­лель­на AD). Точка Q на­хо­дит­ся ана­ло­гич­но.

За­ме­тим, что так как плос­ко­сти па­рал­лель­ны, то от­но­ше­ние пло­ща­дей се­че­ний будет точно таким же, как от но­ше­ние пло­ща­дей про­ек­ции на плос­кость ABCDEF (пло­ща­ди от­ли­ча­ют­ся в раз, где α — дву­гран­ный угол между плос­ко­стя­ми). Про­ек­ция грани SBA это тре­уголь­ник S′AB, а про­ек­ция се­че­ния  — мно­го­уголь­ник KLNPQR. Пусть и тогда не­труд­но по­ка­зать, что

и Пло­щадь тре­уголь­ни­ка S′AB равна

Пло­щадь мно­го­уголь­ни­ка KLNPQR най­дем как сумму пло­ща­дей его ча­стей:

Мы знаем, что

По­лу­ча­ем от­но­ше­ние

Ответ:

Пусть N и L  — се­ре­ди­ны сто­рон AD и BC со­от­вет­ствен­но. Точка K  — яв­ля­ет­ся пе­ре­се­че­ни­ем ребра DC с плос­ко­стью се­че­ния. Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет­ся с плос­ко­стя­ми ABD и CBD в точке E. За­пи­шем два раза тео­ре­му Ме­не­лая

или

От­ку­да по­лу­ча­ем

Сле­до­ва­тель­но, точка K делит сто­ро­ну DC точно в таком же со­от­но­ше­ние, как точка M делит сто­ро­ну AB. За­ме­тим,

Из этих со­от­но­ше­ний на­хо­дим, что

Ана­ло­гич­но, ис­поль­зуя от­но­ше­ние в ко­то­ром точка K делит сто­ро­ну DC, можно до­ка­зать, что По­это­му

Ответ: