Задачи с призми и пирамиди - задачи с решения

Решение:
Нека паралелепипедът е [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] с основа ромба [tex]ABCD[/tex], [tex]AC=8[/tex], [tex]BD=6[/tex], и нека [tex]O[/tex] е пресечната точка на диагоналите на основата. Диагоналите на ромба са перпендикулярни и се разполовяват, затова триъгълникът [tex]ABO[/tex] е правоъгълен с прав ъгъл при [tex]O[/tex] и [tex]AO=4[/tex], [tex]BO=3[/tex]:
[tex]AB=\sqrt{AO^2+BO^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5[/tex]
Паралелепипедът е прав, затова околните му стени са еднакви правоъгълници със страни [tex]5[/tex] и височината; нека [tex]AB_1=13[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]ABB_1[/tex] (с прав ъгъл при [tex]B[/tex]) намираме височината:
[tex]BB_1=\sqrt{AB_1^2-AB^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12[/tex]
Лицето на основата е половината от произведението на диагоналите, а околната повърхнина е периметърът на основата, умножен по височината. Следователно пълната повърхнина е
[tex]S_{ABCD}=\frac{AC\cdot BD}{2}=\frac{8\cdot 6}{2}=24,\quad S=2S_{ABCD}+4\cdot AB\cdot BB_1=48+4\cdot 5\cdot 12=48+240=288[/tex]

Решение:
Нека измеренията са [tex]n-1[/tex], [tex]n[/tex] и [tex]n+1[/tex], където [tex]n\ge 2[/tex] е цяло число. Тогава
[tex]V=(n-1)n(n+1)=n^3-n=24\iff n^3-n-24=0\iff (n-3)(n^2+3n+8)=0[/tex]
Дискриминантата на [tex]n^2+3n+8[/tex] е [tex]9-32\lt 0[/tex], затова [tex]n^2+3n+8\gt 0[/tex] и единственото решение е [tex]n=3[/tex]. Следователно измеренията са [tex]a=2[/tex], [tex]b=3[/tex], [tex]c=4[/tex] (проверка: [tex]2\cdot 3\cdot 4=24[/tex]), а пълната повърхнина е
[tex]S=2(ab+bc+ca)=2(2\cdot 3+3\cdot 4+4\cdot 2)=2\cdot 26=52[/tex]

Решение:
Обемът на метала не се променя, затова обемът на новото кубче е сборът от трите обема:
[tex]V=3^3+4^3+5^3=27+64+125=216[/tex]
Ако [tex]a[/tex] е ръбът на новото кубче, то [tex]a^3=216=6^3[/tex], т.е. [tex]a=6[/tex]. Повърхнината на куба се състои от шест квадрата със страна [tex]a[/tex]:
[tex]S=6a^2=6\cdot 36=216[/tex]

Решение:
Нека [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] е пресечената пирамида, чиито основи са квадратите [tex]ABCD[/tex] ([tex]AB=16[/tex]) и [tex]A_1B_1C_1D_1[/tex] ([tex]A_1B_1=4[/tex]) с центрове [tex]O[/tex] и [tex]O_1[/tex]; височината е [tex]OO_1=h[/tex]. Нека [tex]K[/tex] и [tex]K_1[/tex] са средите на [tex]BC[/tex] и [tex]B_1C_1[/tex]. Околната стена [tex]BCC_1B_1[/tex] е равнобедрен трапец, затова височината му [tex]KK_1=10[/tex] е апотемата.
Точките [tex]O[/tex], [tex]K[/tex], [tex]K_1[/tex], [tex]O_1[/tex] лежат в една равнина (през [tex]OO_1[/tex], перпендикулярна на [tex]BC[/tex]) и [tex]OKK_1O_1[/tex] е правоъгълен трапец с [tex]OK=\frac{AB}{2}=8[/tex] и [tex]O_1K_1=\frac{A_1B_1}{2}=2[/tex]. Спускаме [tex]K_1P\perp OK[/tex]; тогава [tex]K_1P=h[/tex] и [tex]PK=8-2=6[/tex]. От правоъгълния [tex]\triangle K_1PK[/tex]:
[tex]h=\sqrt{KK_1^2-PK^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8[/tex]
Лицата на основите са [tex]S_1=16^2=256[/tex] и [tex]S_2=4^2=16[/tex], следователно по формулата за обем на пресечена пирамида
[tex]V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)=\frac{8}{3}(256+16+64)=\frac{8}{3}\cdot 336=896[/tex]

Решение:
Нека [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] е призмата, [tex]AB=6[/tex], [tex]AD=3[/tex], [tex]\angle DAB=45^{\circ}[/tex]. Лицето на основата е
[tex]S=AB\cdot AD\cdot \sin 45^{\circ}=6\cdot 3\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=9\sqrt{2}[/tex]
Нека [tex]H[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]A_1[/tex] върху равнината на основата. Тогава [tex]A_1H=h[/tex] е височината на призмата, [tex]AH[/tex] е проекцията на околния ръб [tex]AA_1[/tex] и ъгълът между околния ръб и основата е [tex]\angle A_1AH=30^{\circ}[/tex]. В правоъгълния [tex]\triangle AHA_1[/tex] катетът [tex]A_1H[/tex] лежи срещу ъгъл [tex]30^{\circ}[/tex], затова
[tex]h=A_1H=\frac{AA_1}{2}=2\sqrt{2}[/tex]
Обемът е равен на лицето на основата, умножено по височината (а не по околния ръб):
[tex]V=S\cdot h=9\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{2}=36[/tex]

Решение:
Нека [tex]ABCA_1B_1C_1[/tex] е призмата и [tex]AA_1=BB_1=CC_1=l[/tex]. Всяка околна стена е успоредник; например в [tex]ABB_1A_1[/tex] страните [tex]AA_1[/tex] и [tex]BB_1[/tex] имат дължина [tex]l[/tex], а височината към тях е разстоянието между успоредните прави [tex]AA_1[/tex] и [tex]BB_1[/tex].
Следователно лицата на трите околни стени са [tex]2l[/tex], [tex]3l[/tex] и [tex]4l[/tex] и
[tex]2l+3l+4l=45\Rightarrow 9l=45\Rightarrow l=5[/tex]

Решение:
Лицето на пълната повърхнина [tex]S_1[/tex] на призма е сборът от лицето на околната повърхнина [tex]S[/tex] и лицата на двете основи:
[tex]S_1=S+2S_{ABCD}[/tex]
Основата е трапец с основи [tex]AB[/tex], [tex]CD[/tex] и височина [tex]5[/tex], следователно
[tex]S_{ABCD}=\frac{AB+CD}{2}\cdot 5=\frac{14+6}{2}\cdot 5=50[/tex]
Тогава лицето на околната повърхнина е
[tex]S=S_1-2S_{ABCD}=450-2\cdot 50=350[/tex]
Забележете, че нито бедрата на трапеца, нито височината на призмата са необходими.

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е петата на височината от [tex]D[/tex] към равнината [tex]ABC[/tex]. Правоъгълните триъгълници [tex]DOA[/tex], [tex]DOB[/tex] и [tex]DOC[/tex] имат общ катет [tex]DO[/tex] и равни хипотенузи [tex]DA=DB=DC[/tex], следователно са еднакви и [tex]OA=OB=OC[/tex].
Тогава [tex]O[/tex] е центърът на описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност и [tex]OA=R[/tex] е нейният радиус. От синусовата теорема за [tex]\triangle ABC[/tex]:
[tex]AB=2R\sin \angle ACB\Rightarrow 3=2R\cdot \frac{1}{2}\Rightarrow R=3[/tex]
От правоъгълния триъгълник [tex]DOA[/tex]:
[tex]DO=\sqrt{DA^2-OA^2}=\sqrt{25-9}=4[/tex]
Забележете, че самият триъгълник [tex]ABC[/tex] не се определя еднозначно от данните, но височината се определя.

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е пресечната точка на диагоналите на квадрата [tex]ABCD[/tex]. Пирамидата е правилна, затова височината ѝ е [tex]MO[/tex] и [tex]AO[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]AM[/tex] върху основата; следователно ъгълът между [tex]AM[/tex] и основата е [tex]\angle MAO=45^{\circ}[/tex].
Правоъгълният триъгълник [tex]AOM[/tex] (с прав ъгъл при [tex]O[/tex]) има остър ъгъл [tex]45^{\circ}[/tex], следователно е равнобедрен:
[tex]MO=AO=\frac{AM}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3[/tex]
Тогава диагоналът на квадрата е [tex]AC=2AO=6[/tex], а лицето на основата е
[tex]B=\frac{AC^2}{2}=\frac{36}{2}=18[/tex]
Следователно
[tex]V=\frac{1}{3}B\cdot MO=\frac{1}{3}\cdot 18\cdot 3=18[/tex]

Решение:
Околните стени са квадрати, затова всеки околен ръб е равен на основния ръб; означаваме общата им дължина с [tex]a[/tex].
Шестоъгълната призма има [tex]6+6=12[/tex] основни ръба (на двете основи) и [tex]6[/tex] околни ръба, т.е. общо [tex]18[/tex] ръба, всички с дължина [tex]a[/tex]. Следователно
[tex]18a=90\Rightarrow a=5[/tex]
Околната повърхнина се състои от [tex]6[/tex] равни квадрата със страна [tex]a=5[/tex], затова
[tex]S=6a^2=6\cdot 5^2=150[/tex]

Решение:
Нека пирамидата е [tex]ABCDM[/tex] с връх [tex]M[/tex], център [tex]O[/tex] на основата и основен ръб [tex]a[/tex]. Нека [tex]K[/tex] е средата на [tex]BC[/tex]; тогава [tex]MK=k[/tex] е апотемата (височината в равнобедрения триъгълник [tex]BCM[/tex]), а [tex]MO=h=\frac{k}{2}[/tex] е височината на пирамидата.
Тъй като [tex]MO[/tex] е перпендикулярна на основата, триъгълникът [tex]MOK[/tex] е правоъгълен с прав ъгъл при [tex]O[/tex] и [tex]OK=\frac{a}{2}[/tex]. От Питагоровата теорема
[tex]k^2=h^2+\frac{a^2}{4}=\frac{k^2}{4}+\frac{a^2}{4}\Rightarrow k=\frac{a}{\sqrt{3}}; \ h=\frac{a}{2\sqrt{3}}[/tex]
Околната повърхнина се състои от четири еднакви равнобедрени триъгълника с основа [tex]a[/tex] и височина [tex]k[/tex], а обемът е една трета от произведението на лицето на основата и височината:
[tex]S=4\cdot \frac{1}{2}ak=\frac{2a^2}{\sqrt{3}}; \quad V=\frac{1}{3}a^2h=\frac{a^3}{6\sqrt{3}}[/tex]
Условието [tex]S=6V[/tex] дава
[tex]\frac{2a^2}{\sqrt{3}}=\frac{a^3}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=2[/tex]

Решение:
Нека основният ръб е [tex]a[/tex], а височината е [tex]h[/tex]. Основата [tex]ABCD[/tex] е квадрат, а околните ръбове са перпендикулярни на основата. От правоъгълния триъгълник [tex]ABB_1[/tex] (с прав ъгъл при [tex]B[/tex]):
[tex]a^2+h^2=AB_1^2=25[/tex]
Диагоналът на квадрата е [tex]AC=a\sqrt{2}[/tex] и от правоъгълния триъгълник [tex]ACC_1[/tex] (с прав ъгъл при [tex]C[/tex]):
[tex]2a^2+h^2=AC_1^2=49[/tex]
Като извадим първото равенство от второто, получаваме [tex]a^2=24[/tex], откъдето [tex]h^2=1[/tex] и [tex]h=1[/tex]. Обемът е
[tex]V=a^2h=24\cdot 1=24[/tex]

Решение:
Нека пирамидата е [tex]ABCM[/tex] с основа равностранния триъгълник [tex]ABC[/tex] и височина [tex]MO[/tex]. Тъй като пирамидата е правилна, [tex]O[/tex] е центърът на [tex]\triangle ABC[/tex], т.е. медицентърът му.
Нека [tex]K[/tex] е средата на [tex]AB[/tex]. Тогава [tex]O[/tex] лежи на медианата [tex]CK[/tex] и понеже медицентърът дели всяка медиана в отношение [tex]2:1[/tex], считано от върха,
[tex]OC=2OK[/tex]
Ортогоналната проекция на околния ръб [tex]MC[/tex] върху основата е [tex]OC[/tex], затова [tex]\angle MCO=\beta[/tex] и от правоъгълния триъгълник [tex]MOC[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \beta=\frac{MO}{OC}[/tex]
Стената [tex]ABM[/tex] е равнобедрен триъгълник, затова медианата [tex]MK[/tex] е и височина: [tex]MK\perp AB[/tex]. Освен това [tex]OK\perp AB[/tex], защото [tex]CK[/tex] е височина в равностранния триъгълник [tex]ABC[/tex]. Следователно [tex]\angle MKO[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл при ръба [tex]AB[/tex], т.е. [tex]\angle MKO=\alpha[/tex], и от правоъгълния триъгълник [tex]MOK[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \alpha=\frac{MO}{OK}[/tex]
Тогава
[tex]\operatorname{tg} \alpha=\frac{MO}{OK}=\frac{2MO}{OC}=2\operatorname{tg} \beta[/tex]

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]D[/tex] върху равнината [tex](ABC)[/tex]. Права, перпендикулярна на равнина, е перпендикулярна на всяка права от равнината, затова [tex]DO\perp OA[/tex], [tex]DO\perp OB[/tex], [tex]DO\perp OC[/tex]. От Питагоровата теорема за правоъгълните триъгълници [tex]DOA[/tex], [tex]DOB[/tex], [tex]DOC[/tex]:
[tex]OA^2=DA^2-DO^2,\quad OB^2=DB^2-DO^2,\quad OC^2=DC^2-DO^2[/tex]
Тъй като [tex]DA=DB=DC[/tex], следва, че
[tex]OA=OB=OC[/tex]
Точката [tex]O[/tex] не може да съвпада с връх, например с [tex]A[/tex], защото тогава [tex]OB=OA=0[/tex], т.е. [tex]B=A[/tex]. Следователно [tex]O[/tex] е точка от равнината [tex](ABC)[/tex], равноотдалечена от [tex]A[/tex], [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex], т.е. центърът на описаната около триъгълника [tex]ABC[/tex] окръжност.