Задачи с призми и пирамиди - много трудни задачи с решения

Решение:
Нека [tex]P[/tex] е средата на [tex]BC[/tex], а [tex]O[/tex] е центърът на основата; тъй като пирамидата е правилна, [tex]O[/tex] е петата на височината [tex]MO[/tex] и лежи на медианата [tex]AP[/tex]. Понеже [tex]MB=MC[/tex] и [tex]AB=AC[/tex], имаме [tex]BC\perp MP[/tex] и [tex]BC\perp AP[/tex], затова [tex]BC\perp(AMP)[/tex] и в частност [tex]BC\perp AM[/tex].
Следователно равнината през [tex]BC[/tex], перпендикулярна на [tex]AM[/tex], минава през [tex]P[/tex], а [tex]D[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]P[/tex] към [tex]AM[/tex] в равнината [tex](AMP)[/tex]; освен това [tex]BC\perp PD[/tex]. Тъй като [tex]AD\perp(BCD)[/tex], отсечката [tex]AD[/tex] е височината на пирамидата [tex]ABCD[/tex] към основата [tex]BCD[/tex]:
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{BC\cdot PD}{2}\cdot AD=\frac{1}{3}PD\cdot AD[/tex]
Полагаме [tex]c=\cos\alpha[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]MPC[/tex] с [tex]PC=1[/tex] получаваме [tex]AM=MC=\frac{1}{c}[/tex]. Нека [tex]\beta=\angle MAP[/tex]; от правоъгълния триъгълник [tex]AOM[/tex] с [tex]AP=\sqrt{3}[/tex] и [tex]AO=\frac{2}{3}AP=\frac{2\sqrt{3}}{3}[/tex]:
[tex]\cos\beta=\frac{AO}{AM}=\frac{2\sqrt{3}}{3}c[/tex]
От правоъгълния триъгълник [tex]ADP[/tex] (с прав ъгъл при [tex]D[/tex]):
[tex]AD=AP\cos\beta=2c,\quad PD=\sqrt{AP^2-AD^2}=\sqrt{3-4c^2}[/tex]
[tex]V=\frac{2}{3}c\sqrt{3-4c^2}=\frac{2}{3}\sqrt{3c^2-4c^4}[/tex]
Точката [tex]D[/tex] лежи на ръба [tex]AM[/tex] точно когато [tex]AD\le AM[/tex], т.е. [tex]2c\le\frac{1}{c}[/tex], [tex]c^2\le\frac{1}{2}[/tex]. За [tex]t=c^2\in\left(0; \frac{1}{2}\right][/tex] квадратната функция [tex]f(t)=3t-4t^2[/tex] достига най-голямата си стойност във върха [tex]t=\frac{3}{8}[/tex], който е в този интервал. Следователно
[tex]\cos^2\alpha=\frac{3}{8}\Rightarrow\cos\alpha=\frac{\sqrt{6}}{4},\quad V_{\max}=\frac{2}{3}\sqrt{\frac{9}{8}-\frac{9}{16}}=\frac{1}{2}[/tex]

Решение:
Нека [tex]DL[/tex] е височината на триъгълника [tex]BCD[/tex] от [tex]D[/tex]. Равнините [tex](BCD)[/tex] и [tex](ABC)[/tex] са перпендикулярни и [tex]DL[/tex] е перпендикулярна на общата им права [tex]BC[/tex], затова [tex]DL\perp(ABC)[/tex]: [tex]DL[/tex] е височината на тетраедъра, а [tex]L[/tex] лежи на правата [tex]BC[/tex].
Спускаме [tex]DM\perp AB[/tex] и [tex]DN\perp AC[/tex]. Правоъгълните триъгълници [tex]AMD[/tex] и [tex]AND[/tex] имат обща хипотенуза [tex]AD[/tex] и ъгъл [tex]60^{\circ}[/tex] при [tex]A[/tex], затова [tex]AM=AN=\frac{AD}{2}[/tex]. По теоремата за трите перпендикуляра [tex]LM\perp AB[/tex] и [tex]LN\perp AC[/tex]. Правоъгълните триъгълници [tex]AML[/tex] и [tex]ANL[/tex] имат обща хипотенуза [tex]AL[/tex] и [tex]AM=AN[/tex], следователно [tex]\angle LAM=\angle LAN[/tex], т.е. [tex]AL[/tex] е ъглополовящата на [tex]\angle BAC[/tex]. По свойството на ъглополовящата
[tex]\frac{BL}{LC}=\frac{AB}{AC}=\frac{2}{3}\Rightarrow BL=\frac{2}{5}BC=\frac{8}{5}[/tex]
От косинусовата теорема за триъгълника [tex]ABC[/tex]
[tex]\cos\angle B=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\frac{4+16-9}{16}=\frac{11}{16},\quad\sin \angle B=\sqrt{1-\frac{121}{256}}=\frac{3\sqrt{15}}{16}[/tex]
От правоъгълния триъгълник [tex]BML[/tex], а след това от правоъгълния триъгълник [tex]AMD[/tex]:
[tex]BM=BL\cos\angle B=\frac{11}{10},\quad LM=BL\sin \angle B=\frac{3\sqrt{15}}{10}[/tex]
[tex]AM=AB-BM=\frac{9}{10},\quad DM=AM\operatorname{tg} 60^{\circ}=\frac{9\sqrt{3}}{10}[/tex]
От правоъгълния триъгълник [tex]DLM[/tex] намираме височината на тетраедъра:
[tex]DL=\sqrt{DM^2-LM^2}=\sqrt{\frac{243}{100}-\frac{135}{100}}=\frac{\sqrt{108}}{10}=\frac{3\sqrt{3}}{5}[/tex]
Лицето на основата и обемът са
[tex]S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC\sin \angle B=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 4\cdot \frac{3\sqrt{15}}{16}=\frac{3\sqrt{15}}{4}[/tex]
[tex]V=\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot DL=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{15}}{4}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{5}=\frac{9\sqrt{45}}{60}=\frac{9\sqrt{5}}{20}[/tex]

Решение:
Нека пирамидата е [tex]ABCDM[/tex] с основа квадрата [tex]ABCD[/tex] със страна [tex]a[/tex] и височина [tex]MH=h[/tex], а двустенните ъгли са [tex]\alpha[/tex] при [tex]AB[/tex], [tex]2\alpha[/tex] при [tex]BC[/tex] и [tex]DA[/tex] и [tex]4\alpha[/tex] при [tex]CD[/tex]. Всеки двустенен ъгъл на пирамидата е по-малък от [tex]180^{\circ}[/tex], затова [tex]4\alpha\lt 180^{\circ}[/tex], т.е. [tex]\alpha\lt 45^{\circ}[/tex] и [tex]2\alpha\lt 90^{\circ}[/tex].
Ако [tex]N[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]H[/tex] към правата на основен ръб, то [tex]MN[/tex] е перпендикулярна на този ръб (теорема за трите перпендикуляра). Ако [tex]H[/tex] е от същата страна на ръба, от която е основата, двустенният ъгъл при този ръб е равен на [tex]\angle MNH[/tex] и е остър; ако [tex]H[/tex] е от другата страна, той е равен на [tex]180^{\circ}-\angle MNH[/tex] и е тъп. И в двата случая [tex]HN=h\operatorname{cotg} \angle MNH[/tex].
Ъглите при [tex]BC[/tex] и [tex]DA[/tex] са равни и остри, затова [tex]H[/tex] лежи между правите [tex]BC[/tex] и [tex]DA[/tex] на разстояние [tex]h\operatorname{cotg} 2\alpha[/tex] от всяка от тях. Следователно [tex]H[/tex] лежи на правата [tex]KL[/tex] през средите [tex]K[/tex] на [tex]AB[/tex] и [tex]L[/tex] на [tex]CD[/tex] и [tex]a=2h\operatorname{cotg} 2\alpha[/tex]. Ъгълът при [tex]AB[/tex] е остър, затова [tex]HK=h\operatorname{cotg} \alpha[/tex].
При ръба [tex]CD[/tex]: ако [tex]4\alpha\lt 90^{\circ}[/tex], то [tex]H[/tex] е между [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex], [tex]HL=h\operatorname{cotg} 4\alpha[/tex] и [tex]HK+HL=a[/tex]; ако [tex]4\alpha\gt 90^{\circ}[/tex], то [tex]H[/tex] е отвъд [tex]CD[/tex], [tex]HL=-h\operatorname{cotg} 4\alpha[/tex] и [tex]HK-HL=a[/tex]; ако [tex]4\alpha=90^{\circ}[/tex], то [tex]H=L[/tex] и [tex]HK=a[/tex]. Във всички случаи
[tex]h\operatorname{cotg} \alpha+h\operatorname{cotg} 4\alpha=2h\operatorname{cotg} 2\alpha\iff\operatorname{cotg} \alpha-\operatorname{cotg} 2\alpha=\operatorname{cotg} 2\alpha-\operatorname{cotg} 4\alpha[/tex]
Тъй като
[tex]\operatorname{cotg} x-\operatorname{cotg} 2x=\frac{\sin 2x\cos x-\cos 2x\sin x}{\sin x\sin 2x}=\frac{\sin x}{\sin x\sin 2x}=\frac{1}{\sin 2x}[/tex]
уравнението става [tex]\frac{1}{\sin 2\alpha}=\frac{1}{\sin 4\alpha}[/tex], т.е. [tex]2\sin 2\alpha\cos 2\alpha=\sin 2\alpha[/tex]. Понеже [tex]\sin 2\alpha\ne 0[/tex], получаваме [tex]\cos 2\alpha=\frac{1}{2}[/tex], а тъй като [tex]0^{\circ}\lt 2\alpha\lt 90^{\circ}[/tex], то [tex]2\alpha=60^{\circ}[/tex] и [tex]\alpha=30^{\circ}[/tex].
Четирите ъгъла са [tex]30^{\circ}[/tex], [tex]60^{\circ}[/tex], [tex]120^{\circ}[/tex], [tex]60^{\circ}[/tex] (петата [tex]H[/tex] е извън основата, отвъд [tex]CD[/tex]), така че най-малкият от тях е [tex]30^{\circ}[/tex].

Решение:
Височините на успоредника към страните [tex]AB[/tex] и [tex]AD[/tex] са [tex]\frac{90}{18}=5[/tex] и [tex]\frac{90}{10}=9[/tex]. Точката [tex]O[/tex] е център на симетрия на успоредника, затова е на равни разстояния от срещуположните страни: разстоянието от нея до правите [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex] е [tex]\frac{5}{2}[/tex], а до правите [tex]AD[/tex] и [tex]BC[/tex] е [tex]\frac{9}{2}[/tex].
Нека [tex]OK\perp AB[/tex] и [tex]OL\perp AD[/tex] ([tex]K[/tex] е върху правата [tex]AB[/tex], а [tex]L[/tex] – върху правата [tex]AD[/tex], евентуално върху продължението на страната). Тъй като [tex]MO\perp(ABCD)[/tex], от теоремата за трите перпендикуляра [tex]MK\perp AB[/tex] и [tex]ML\perp AD[/tex], т.е. [tex]MK[/tex] и [tex]ML[/tex] са височините на стените [tex]ABM[/tex] и [tex]ADM[/tex]. От правоъгълните [tex]\triangle MOK[/tex] и [tex]\triangle MOL[/tex]:
[tex]MK=\sqrt{6^2+\left(\frac{5}{2}\right)^2}=\frac{13}{2}; \quad ML=\sqrt{6^2+\left(\frac{9}{2}\right)^2}=\frac{15}{2}[/tex]
Тъй като [tex]OA=OC[/tex] и [tex]OB=OD[/tex], правоъгълните триъгълници [tex]MOA[/tex] и [tex]MOC[/tex] са еднакви, както и [tex]MOB[/tex] и [tex]MOD[/tex]; следователно [tex]MA=MC[/tex], [tex]MB=MD[/tex] и [tex]\triangle ABM\cong\triangle CDM[/tex], [tex]\triangle ADM\cong\triangle CBM[/tex]. Тогава
[tex]S=2\cdot \frac{1}{2}\cdot 18\cdot \frac{13}{2}+2\cdot \frac{1}{2}\cdot 10\cdot \frac{15}{2}=117+75=192[/tex]

Решение:
Нека [tex]EO[/tex] е височината на пирамидата. Правоъгълните триъгълници [tex]EOA[/tex], [tex]EOB[/tex], [tex]EOC[/tex], [tex]EOD[/tex] имат общ катет [tex]EO[/tex] и равни хипотенузи, затова [tex]OA=OB=OC=OD=R[/tex]. Следователно [tex]O[/tex] е център на окръжност, описана около [tex]ABCD[/tex], четириъгълникът е вписан и [tex]\angle BAD+\angle BCD=180^{\circ}[/tex].
Нека [tex]\angle BCD=\varphi[/tex]; тогава [tex]\cos\angle BAD=-\cos\varphi[/tex]. От косинусовата теорема за [tex]\triangle BCD[/tex] и [tex]\triangle BAD[/tex]:
[tex]BD^2=25^2+35^2-2\cdot 25\cdot 35\cos\varphi=1850-1750\cos\varphi[/tex]
[tex]BD^2=5^2+17^2+2\cdot 5\cdot 17\cos\varphi=314+170\cos\varphi[/tex]
Приравняваме и получаваме [tex]1920\cos\varphi=1536[/tex], откъдето
[tex]\cos\varphi=\frac{4}{5}; \quad \sin \varphi=\frac{3}{5}; \quad BD^2=314+136=450; \quad BD=15\sqrt{2}[/tex]
Окръжността през [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex], [tex]D[/tex] е описаната окръжност на [tex]\triangle BCD[/tex], затова от синусовата теорема
[tex]2R=\frac{BD}{\sin \varphi}=\frac{15\sqrt{2}\cdot 5}{3}=25\sqrt{2}\Rightarrow R^2=\frac{625}{2}[/tex]
Триъгълникът [tex]CDE[/tex] е равнобедрен ([tex]EC=ED[/tex]), затова ъглите при основата му са остри и правият ъгъл е при върха [tex]E[/tex]. Тогава [tex]CD=EC\sqrt{2}[/tex] и [tex]EC^2=\frac{35^2}{2}=\frac{1225}{2}[/tex]. От правоъгълния [tex]\triangle EOC[/tex]:
[tex]EO^2=EC^2-R^2=\frac{1225}{2}-\frac{625}{2}=300\Rightarrow EO=10\sqrt{3}[/tex]

Решение:
Полагаме [tex]AB=a[/tex]; тогава [tex]AA_1=a-1[/tex] и [tex]AC=a+1[/tex], като [tex]a\gt 1[/tex]. Нека [tex]\angle BAC=\varphi[/tex].
Допълваме призмата до права призма [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex], чиято основа [tex]ABCD[/tex] е успоредник. Тогава [tex]ABC_1D_1[/tex] е успоредник, следователно [tex]AD_1\parallel BC_1[/tex] и значи [tex]AB_1\perp AD_1[/tex]; от правоъгълния [tex]\triangle AB_1D_1[/tex] получаваме [tex]B_1D_1^2=AB_1^2+AD_1^2[/tex].
Тъй като призмата е права, [tex]AB_1^2=AB^2+AA_1^2[/tex], [tex]AD_1^2=AD^2+DD_1^2=BC^2+AA_1^2[/tex] и [tex]B_1D_1=BD[/tex]. В успоредника [tex]ABCD[/tex] сборът от квадратите на диагоналите е равен на сбора от квадратите на страните, затова [tex]BD^2=2AB^2+2BC^2-AC^2[/tex]. Заместваме:
[tex]2AB^2+2BC^2-AC^2=AB^2+BC^2+2AA_1^2\Rightarrow BC^2=AC^2-AB^2+2AA_1^2[/tex]
От друга страна, от косинусовата теорема [tex]BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cos\varphi[/tex]. Като сравним двата израза, получаваме
[tex]\cos\varphi=\frac{AB^2-AA_1^2}{AB\cdot AC}=\frac{a^2-(a-1)^2}{a(a+1)}=\frac{2a-1}{a(a+1)}[/tex]
Полагаме [tex]t=2a-1\gt 1[/tex]; тогава [tex]a=\frac{t+1}{2}[/tex] и [tex]a(a+1)=\frac{t^2+4t+3}{4}[/tex]. От неравенството между средно аритметично и средно геометрично [tex]t+\frac{3}{t}\ge 2\sqrt{3}[/tex], затова
[tex]\cos\varphi=\frac{4t}{t^2+4t+3}=\frac{4}{t+\frac{3}{t}+4}\le\frac{4}{2\sqrt{3}+4}=4-2\sqrt{3}[/tex]
Равенство се достига точно при [tex]t=\sqrt{3}[/tex], т.е. при [tex]a=\frac{1+\sqrt{3}}{2}\gt 1[/tex]. Тогава [tex]2a^2=2+\sqrt{3}[/tex], [tex]2a=1+\sqrt{3}[/tex] и
[tex]BC^2=(a+1)^2-a^2+2(a-1)^2=2a^2-2a+3=(2+\sqrt{3})-(1+\sqrt{3})+3=4\Rightarrow BC=2[/tex]

Решение:
Нека [tex]AB=a[/tex], [tex]O[/tex] е центърът на квадрата [tex]ABCD[/tex], а [tex]K[/tex] и [tex]N[/tex] са средите на [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex]. Тъй като пирамидата е правилна, [tex]MO\perp(ABCD)[/tex], всички околни стени са еднакви равнобедрени триъгълници с едно и също лице [tex]S[/tex] и апотемите са [tex]MK=MN=k[/tex].
Тъй като [tex]MK\perp AB[/tex] и [tex]OK\perp AB[/tex], ъгълът [tex]\varphi=\angle MKO=\angle MKN[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл при [tex]AB[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]MOK[/tex]:
[tex]\cos\varphi=\frac{OK}{MK}=\frac{a}{2k}\Rightarrow k=\frac{a}{2\cos\varphi}[/tex]
Ъглополовящата равнина съдържа [tex]AB\parallel CD[/tex], затова пресича стената [tex]MCD[/tex] по отсечка [tex]PQ\parallel CD[/tex] ([tex]P\in MD[/tex], [tex]Q\in MC[/tex]). Равнината [tex]MKN[/tex] е перпендикулярна на [tex]AB[/tex], затова пресича ъглополовящата равнина по ъглополовящата [tex]KR[/tex] на [tex]\angle MKN[/tex], където [tex]R[/tex] е общата точка на [tex]PQ[/tex] и [tex]MN[/tex]. От свойството на ъглополовящата в [tex]\triangle KMN[/tex] (с [tex]KN=a[/tex]):
[tex]\frac{MR}{RN}=\frac{KM}{KN}=\frac{k}{a}\Rightarrow \lambda=\frac{MR}{MN}=\frac{k}{k+a}[/tex]
Тъй като [tex]PQ\parallel CD[/tex], имаме [tex]\frac{MP}{MD}=\frac{MQ}{MC}=\lambda[/tex], затова [tex]\triangle MPQ\sim\triangle MDC[/tex] с коефициент [tex]\lambda[/tex] и [tex]S_{MPQ}=\lambda^2S[/tex]. Триъгълниците [tex]MAP[/tex] и [tex]MAD[/tex] имат обща височина от [tex]A[/tex], затова [tex]S_{MAP}=\lambda S[/tex]; аналогично [tex]S_{MBQ}=\lambda S[/tex].
Частта от околната повърхнина, която съдържа върха [tex]M[/tex], има лице [tex]S+2\lambda S+\lambda^2S=(1+\lambda)^2S[/tex], а цялата околна повърхнина има лице [tex]4S[/tex]. Двете части са равнолицеви, затова
[tex](1+\lambda)^2S=2S\Rightarrow 1+\lambda=\sqrt{2}\Rightarrow \lambda=\sqrt{2}-1[/tex]
Като заместим [tex]k=\frac{a}{2\cos\varphi}[/tex]:
[tex]\lambda=\frac{k}{k+a}=\frac{1}{1+2\cos\varphi}=\sqrt{2}-1\Rightarrow 1+2\cos\varphi=\sqrt{2}+1\Rightarrow \cos\varphi=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \varphi=45^{\circ}[/tex]

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]M[/tex] върху равнината [tex]ABC[/tex], т.е. [tex]MO[/tex] е височината. Правоъгълните триъгълници [tex]MOB[/tex] и [tex]MOC[/tex] имат общ катет [tex]MO[/tex] и равни хипотенузи [tex]MB=MC[/tex], затова [tex]OB=OC[/tex] и [tex]O[/tex] лежи на симетралата на [tex]BC[/tex].
Нека [tex]OP\perp AB[/tex] и [tex]OQ\perp AC[/tex] ([tex]P[/tex] е от правата [tex]AB[/tex], [tex]Q[/tex] е от правата [tex]AC[/tex]). От теоремата за трите перпендикуляра [tex]MP\perp AB[/tex] и [tex]MQ\perp AC[/tex], затова [tex]\angle MPO[/tex] и [tex]\angle MQO[/tex] са ъглите между равнините [tex]ABM[/tex], [tex]ACM[/tex] и основата. Те са равни, затова правоъгълните триъгълници [tex]MOP[/tex] и [tex]MOQ[/tex] (с общ катет [tex]MO[/tex]) са еднакви и [tex]OP=OQ[/tex].
Двустенният ъгъл при основен ръб е остър, когато [tex]O[/tex] лежи от същата страна на ръба като основата, и тъп, когато [tex]O[/tex] лежи от другата страна. Тъй като двустенните ъгли при [tex]AB[/tex] и [tex]AC[/tex] са равни и [tex]OP=OQ[/tex], точката [tex]O[/tex] лежи в [tex]\angle BAC[/tex] или във връхния му ъгъл, т.е. на правата [tex]AL[/tex] на ъглополовящата на [tex]\angle BAC[/tex] ([tex]L\in BC[/tex]). Понеже [tex]AB\ne AC[/tex], тази права пресича симетралата на [tex]BC[/tex] в точно една точка и това е [tex]O[/tex].
Сега работим в основата. Нека [tex]H[/tex] е петата на височината от [tex]A[/tex], а [tex]N[/tex] е средата на [tex]BC[/tex]. От [tex]AB^2-BH^2=AC^2-CH^2[/tex]:
[tex]225-BH^2=169-(14-BH)^2\Rightarrow BH=9,\quad AH=\sqrt{225-81}=12[/tex]
От свойството на ъглополовящата [tex]\frac{BL}{LC}=\frac{15}{13}[/tex], затова [tex]BL=\frac{15}{28}\cdot 14=\frac{15}{2}[/tex]; освен това [tex]BN=7[/tex]. Следователно точките върху [tex]BC[/tex] са в реда [tex]B[/tex], [tex]N[/tex], [tex]L[/tex], [tex]H[/tex], като [tex]NL=\frac{1}{2}[/tex] и [tex]LH=\frac{3}{2}[/tex], а правата [tex]AL[/tex] пресича перпендикуляра към [tex]BC[/tex] през [tex]N[/tex] в точка [tex]O[/tex] от другата страна на [tex]BC[/tex] спрямо [tex]A[/tex]. Правоъгълните триъгълници [tex]LHA[/tex] и [tex]LNO[/tex] са подобни (връхни ъгли при [tex]L[/tex]), затова
[tex]ON=AH\cdot \frac{LN}{LH}=12\cdot \frac{1}{3}=4[/tex]
Нека [tex]T[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]A[/tex] към правата [tex]ON[/tex]. Тогава [tex]AHNT[/tex] е правоъгълник, затова [tex]AT=HN=2[/tex], [tex]TN=AH=12[/tex] и [tex]TO=TN+NO=12+4=16[/tex], следователно
[tex]AO^2=AT^2+TO^2=2^2+16^2=260[/tex]
От правоъгълния триъгълник [tex]AOM[/tex] намираме височината, а лицето на основата е [tex]S_{ABC}=\frac{BC\cdot AH}{2}=\frac{14\cdot 12}{2}=84[/tex]:
[tex]MO=\sqrt{AM^2-AO^2}=\sqrt{324-260}=8,\quad V=\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot MO=\frac{1}{3}\cdot 84\cdot 8=224[/tex]

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е петата на височината от [tex]M[/tex]. Тъй като равнината [tex](ABM)[/tex] е перпендикулярна на основата, тази височина лежи в равнината [tex](ABM)[/tex], затова [tex]O[/tex] лежи на правата [tex]AB[/tex].
Правоъгълните триъгълници [tex]MOA[/tex], [tex]MOB[/tex], [tex]MOC[/tex], [tex]MOD[/tex] имат общ катет [tex]MO[/tex] и равни хипотенузи [tex]\sqrt{5}[/tex], затова [tex]OA=OB=OC=OD=R[/tex]. Следователно [tex]O[/tex] е средата на [tex]AB[/tex], основата е вписана в окръжност с център [tex]O[/tex], [tex]AB=2R[/tex] е неин диаметър и [tex]MO=\sqrt{5-R^2}[/tex].
Всяка околна стена е равнобедрен триъгълник с бедра [tex]\sqrt{5}[/tex]. Ако основата му е [tex]t[/tex], височината към основата е [tex]\sqrt{5-\frac{t^2}{4}}[/tex] и лицето му [tex]f(t)[/tex] удовлетворява
[tex]f(t)^2=\frac{t^2}{4}\left(5-\frac{t^2}{4}\right)=\frac{t^2(20-t^2)}{16}[/tex]
Тъй като [tex]u(20-u)=v(20-v)[/tex] точно когато [tex]u=v[/tex] или [tex]u+v=20[/tex], две стени с основи [tex]t[/tex] и [tex]s[/tex] имат равни лица тогава и само тогава, когато [tex]t=s[/tex] или [tex]t^2+s^2=20[/tex]. Хордите [tex]BC[/tex], [tex]CD[/tex], [tex]DA[/tex] са по-къси от диаметъра [tex]AB[/tex], затова сравняването на стените [tex]BCM[/tex], [tex]CDM[/tex], [tex]DAM[/tex] със стената [tex]ABM[/tex] дава
[tex]BC^2=CD^2=DA^2=20-AB^2=20-4R^2[/tex]
Значи [tex]BC=CD=DA[/tex]. Тези равни хорди разделят полуокръжността, на която лежат [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex], на три равни дъги по [tex]60^{\circ}[/tex], затова триъгълниците [tex]OBC[/tex], [tex]OCD[/tex], [tex]ODA[/tex] са равностранни и [tex]BC=CD=DA=R[/tex]. Тогава
[tex]R^2=20-4R^2\Rightarrow R=2; \quad MO=\sqrt{5-R^2}=1[/tex]
Основата се състои от три равностранни триъгълника със страна [tex]2[/tex], затова лицето ѝ е [tex]3\cdot \frac{2^2\sqrt{3}}{4}=3\sqrt{3}[/tex] и
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot 3\sqrt{3}\cdot 1=\sqrt{3}[/tex]
(Проверка: тогава всяка околна стена има лице [tex]2[/tex].)

Решение:
Нека пирамидата е [tex]ABCDM[/tex] с квадратна основа [tex]ABCD[/tex], център [tex]O[/tex] на основата и височина [tex]MO[/tex], и нека [tex]K[/tex] е средата на [tex]AB[/tex], т.е. [tex]MK[/tex] е апотема и [tex]OK=\frac{a}{2}[/tex]. Тъй като [tex]OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex], от правоъгълния триъгълник [tex]AOM[/tex]
[tex]MO=\sqrt{MA^2-OA^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex]
Нека [tex]x[/tex] е ръбът на куба. Долната му стена лежи в основата, а околните му ръбове са перпендикулярни на основата, затова четирите му горни върха лежат в равнината, успоредна на основата и на разстояние [tex]x[/tex] от нея. Тази равнина пресича [tex]MO[/tex] в точка [tex]Q[/tex], за която [tex]OQ=x[/tex], [tex]MQ=\frac{a\sqrt{2}}{2}-x[/tex], и пресича всяка апотема в една точка, която трябва да е горният връх на куба върху нея. От симетрията тези четири точки образуват горната стена на куба – квадрат с център [tex]Q[/tex].
Нека [tex]P[/tex] е горният връх върху [tex]MK[/tex]. Тогава [tex]QP[/tex] е половината от диагонала на стена на куба, т.е. [tex]QP=\frac{x\sqrt{2}}{2}[/tex]. Тъй като [tex]QP\parallel OK[/tex], триъгълниците [tex]MQP[/tex] и [tex]MOK[/tex] са подобни, затова
[tex]\frac{QP}{OK}=\frac{MQ}{MO}\Rightarrow \frac{x\sqrt{2}}{a}=1-\frac{x\sqrt{2}}{a}\Rightarrow \frac{x\sqrt{2}}{a}=\frac{1}{2}\Rightarrow x=\frac{a\sqrt{2}}{4}[/tex]
Следователно лицето на повърхнината и обемът на куба са
[tex]S=6x^2=6\cdot \frac{a^2}{8}=\frac{3a^2}{4}; \quad V=x^3=\frac{2\sqrt{2}a^3}{64}=\frac{\sqrt{2}a^3}{32}[/tex]

Решение:
Всички основни ръбове са равни на [tex]3[/tex], така че [tex]ABCD[/tex] е ромб; нека [tex]O[/tex] е пресечната точка на диагоналите му, тогава [tex]AC\perp BD[/tex] и [tex]O[/tex] е среда и на двата. Триъгълникът [tex]SAC[/tex] е равнобедрен ([tex]SA=SC=3[/tex]), затова медианата му [tex]SO[/tex] е перпендикулярна на [tex]AC[/tex]. Заедно с [tex]BO\perp AC[/tex] това дава [tex]AC\perp (SBD)[/tex], така че [tex]AO[/tex] и [tex]CO[/tex] са разстоянията от [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex] до равнината [tex](SBD)[/tex]:
[tex]V=V_{ASBD}+V_{CSBD}=\frac{1}{3}S_{SBD}(AO+CO)=\frac{1}{3}AC\cdot S_{SBD}[/tex]
Правоъгълните триъгълници [tex]AOS[/tex] и [tex]AOB[/tex] имат общ катет [tex]AO[/tex] и равни хипотенузи [tex]AS=AB=3[/tex], следователно [tex]SO=BO=DO[/tex]. Значи медианата [tex]SO[/tex] в триъгълника [tex]SBD[/tex] е равна на половината от [tex]BD[/tex], откъдето [tex]\angle BSD=90^{\circ}[/tex] и
[tex]S_{SBD}=\frac{1}{2}SB\cdot SD=\frac{3x}{2},\quad BD^2=9+x^2[/tex]
От правоъгълния триъгълник [tex]AOB[/tex]:
[tex]AO^2=AB^2-\frac{BD^2}{4}=9-\frac{9+x^2}{4}=\frac{27-x^2}{4}\Rightarrow AC=\sqrt{27-x^2}[/tex]
Това изисква [tex]0\lt x\lt 3\sqrt{3}[/tex], а обемът като функция на [tex]x[/tex] е
[tex]V(x)=\frac{1}{3}\sqrt{27-x^2}\cdot \frac{3x}{2}=\frac{x\sqrt{27-x^2}}{2}[/tex]
От неравенството между средното аритметично и средното геометрично
[tex]x\sqrt{27-x^2}=\sqrt{x^2(27-x^2)}\le\frac{x^2+(27-x^2)}{2}=\frac{27}{2}[/tex]
като равенство се достига при [tex]x^2=27-x^2[/tex], т.е. [tex]x=\frac{3\sqrt{6}}{2}[/tex]. Следователно най-големият обем е
[tex]V_{\max}=\frac{1}{2}\cdot \frac{27}{2}=\frac{27}{4}[/tex]

Решение:
Приемаме [tex]ABC[/tex] за основа:
[tex]S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 5\cdot \sin 60^{\circ}=\frac{15\sqrt{3}}{2}[/tex]
Нека [tex]DH[/tex] е височината на пирамидата ([tex]H[/tex] лежи в равнината [tex]ABC[/tex]), а [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex] са петите на перпендикулярите от [tex]D[/tex] към [tex]CA[/tex] и [tex]CB[/tex]. Правоъгълните триъгълници [tex]CPD[/tex] и [tex]CQD[/tex] имат хипотенуза [tex]CD=4[/tex] и ъгъл [tex]45^{\circ}[/tex] при [tex]C[/tex], следователно са равнобедрени и
[tex]CP=CQ=DP=DQ=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}[/tex]
Тъй като [tex]2\sqrt{2}\lt 5[/tex], точката [tex]P[/tex] лежи на отсечката [tex]CA[/tex], а [tex]Q[/tex] — на [tex]CB[/tex]. Отсечката [tex]HP[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]DP[/tex] върху равнината [tex]ABC[/tex] и [tex]DP\perp CA[/tex], затова по теоремата за трите перпендикуляра [tex]HP\perp CA[/tex]; аналогично [tex]HQ\perp CB[/tex].
Правоъгълните триъгълници [tex]CPH[/tex] и [tex]CQH[/tex] имат обща хипотенуза [tex]CH[/tex] и равни катети [tex]CP=CQ[/tex], следователно са еднакви и [tex]CH[/tex] е ъглополовяща на [tex]\angle ACB[/tex], т.е. [tex]\angle PCH=30^{\circ}[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]CPH[/tex]:
[tex]HP=CP\operatorname{tg} 30^{\circ}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}[/tex]
От правоъгълния триъгълник [tex]DHP[/tex] (с прав ъгъл при [tex]H[/tex]):
[tex]DH^2=DP^2-HP^2=8-\frac{8}{3}=\frac{16}{3}\Rightarrow DH=\frac{4}{\sqrt{3}}[/tex]
Следователно обемът е
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{15\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{4}{\sqrt{3}}=10[/tex]

Решение:
Нека [tex]DO[/tex] е височината на пирамидата и [tex]DT\perp AB[/tex] ([tex]T[/tex] лежи на [tex]AB[/tex]). По теоремата за трите перпендикуляра [tex]OT\perp AB[/tex], така че [tex]\angle DTO[/tex] е ъгълът между стената [tex]ABD[/tex] и основата; аналогично за другите две стени. Получените три правоъгълни триъгълника имат общ катет [tex]DO[/tex] и равни остри ъгли срещу него, следователно са еднакви и [tex]O[/tex] е на равни разстояния от страните на [tex]\triangle ABC[/tex]. Значи [tex]O[/tex] е центърът на вписаната в [tex]ABC[/tex] окръжност, а [tex]T[/tex] е допирната ѝ точка със страната [tex]AB[/tex].
В правоъгълния триъгълник [tex]ABD[/tex] ([tex]\angle ADB=90^{\circ}[/tex]):
[tex]AB=\sqrt{15^2+20^2}=25,\quad DT=\frac{15\cdot 20}{25}=12,\quad AT=\frac{15^2}{25}=9,\quad BT=\frac{20^2}{25}=16[/tex]
Нека вписаната окръжност се допира до [tex]BC[/tex] в точка [tex]P[/tex] и до [tex]CA[/tex] в точка [tex]Q[/tex]. Допирателните отсечки от една точка до окръжност са равни, затова [tex]AQ=AT=9[/tex], [tex]BP=BT=16[/tex] и
[tex]CP=CQ=\frac{60-2\cdot 25}{2}=5\Rightarrow BC=21,\quad CA=14[/tex]
С полупериметър [tex]p=30[/tex] по Хероновата формула намираме лицето, а след това радиуса на вписаната окръжност:
[tex]S_{ABC}=\sqrt{30\cdot 5\cdot 9\cdot 16}=60\sqrt{6},\quad r=\frac{S_{ABC}}{p}=2\sqrt{6}[/tex]
От правоъгълните триъгълници [tex]DOT[/tex], [tex]OQC[/tex] и [tex]DOC[/tex]:
[tex]DO^2=DT^2-OT^2=144-24=120,\quad OC^2=OQ^2+CQ^2=24+25=49[/tex]
[tex]DC^2=DO^2+OC^2=120+49=169\Rightarrow DC=13[/tex]

Решение:
Да разгледаме околна стена [tex]A_iA_{i+1}B_{i+1}B_i[/tex] (индексите се вземат по модул [tex]n[/tex]). Равнините на основите са успоредни, а трета равнина пресича две успоредни равнини по успоредни прави, затова [tex]A_iA_{i+1}\parallel B_iB_{i+1}[/tex] и стената е трапец.
Четирите върха на тази стена лежат на сферата и в равнината на стената, а сечението на сфера с равнина е окръжност, затова трапецът е вписан в окръжност. Тъй като [tex]A_iA_{i+1}\parallel B_iB_{i+1}[/tex] и сборът на срещуположните ъгли на вписан четириъгълник е [tex]180^{\circ}[/tex], получаваме
[tex]\angle A_iB_iB_{i+1}=180^{\circ}-\angle B_iA_iA_{i+1}=\angle A_{i+1}B_{i+1}B_i[/tex]
Значи ъглите при основата [tex]B_iB_{i+1}[/tex] са равни, трапецът е равнобедрен и [tex]A_iB_i=A_{i+1}B_{i+1}[/tex]. Като обходим всички околни стени, получаваме
[tex]A_1B_1=A_2B_2=\ldots=A_nB_n=l[/tex]
Нека [tex]h[/tex] е разстоянието между равнините на основите (височината на пресечената пирамида). За всяко [tex]i[/tex] спускаме [tex]B_iH_i\perp(A_1A_2\ldots A_n)[/tex]; тогава [tex]B_iH_i=h[/tex] и [tex]A_iH_i[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]A_iB_i[/tex] върху основата, затова ъгълът между околния ръб [tex]A_iB_i[/tex] и основата е [tex]\varphi_i=\angle B_iA_iH_i[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]A_iH_iB_i[/tex]
[tex]\sin \varphi_i=\frac{B_iH_i}{A_iB_i}=\frac{h}{l}[/tex]
Това число не зависи от [tex]i[/tex], а ъгълът между права и равнина е най-много [tex]90^{\circ}[/tex], затова [tex]\varphi_1=\varphi_2=\ldots=\varphi_n[/tex], което трябваше да се докаже.