Задачи с призми и пирамиди - трудни задачи с решения

Решение:
Нека пресечената пирамида е [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] с основи квадратите [tex]ABCD[/tex], [tex]AB=7[/tex], и [tex]A_1B_1C_1D_1[/tex], [tex]A_1B_1=5[/tex], и нека [tex]O[/tex] и [tex]O_1[/tex] са центровете на основите; тогава [tex]OO_1[/tex] е височината на пресечената пирамида. Диагоналното сечение [tex]ACC_1A_1[/tex] съдържа [tex]OO_1[/tex], затова е перпендикулярно на основата; то е равнобедрен трапец с основи
[tex]AC=7\sqrt{2},\quad A_1C_1=5\sqrt{2}[/tex]
Нека [tex]H[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]A_1[/tex] към [tex]AC[/tex]. Отсечката [tex]A_1H[/tex] лежи в равнина, перпендикулярна на основата, и е перпендикулярна на общата права [tex]AC[/tex], затова [tex]A_1H\perp(ABC)[/tex] и [tex]A_1H=h[/tex] е височината на пресечената пирамида. В равнобедрения трапец
[tex]AH=\frac{AC-A_1C_1}{2}=\sqrt{2},\quad HC=AC-AH=6\sqrt{2}[/tex]
От правоъгълния триъгълник [tex]A_1HC[/tex], чиято хипотенуза е диагоналът [tex]A_1C=9[/tex] на пресечената пирамида:
[tex]h^2=A_1C^2-HC^2=81-72=9\Rightarrow h=3[/tex]
Лицата на основите са [tex]S_1=7^2=49[/tex] и [tex]S_2=5^2=25[/tex], затова по формулата за обем на пресечена пирамида
[tex]V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)=\frac{3}{3}(49+25+35)=109[/tex]

Решение:
Нека [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] са ръбовете на съда в сантиметри. Обемът на водата е [tex]90[/tex] л [tex]=90\,000[/tex] куб. см. Когато съдът стои на някоя стена, водата заема правоъгълен паралелепипед с основа тази стена и височина нивото на водата. Следователно
[tex]ab\cdot 30=90\,000,\quad ac\cdot 37{,}5=90\,000,\quad bc\cdot 45=90\,000[/tex]
[tex]ab=3000,\quad ac=2400,\quad bc=2000[/tex]
Като умножим трите равенства, получаваме
[tex](abc)^2=3000\cdot 2400\cdot 2000=144\cdot 10^8\Rightarrow V=abc=12\cdot 10^4=120\,000[/tex]
И така, обемът на съда е [tex]120\,000[/tex] куб. см [tex]=120[/tex] куб. дм [tex]=120[/tex] л. Проверка: ръбовете са [tex]a=\frac{abc}{bc}=60[/tex], [tex]b=\frac{abc}{ac}=50[/tex], [tex]c=\frac{abc}{ab}=40[/tex] см и при всяко положение нивото на водата е под горната стена на съда: [tex]30\lt 40[/tex], [tex]37{,}5\lt 50[/tex], [tex]45\lt 60[/tex].

Решение:
Нека [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] са ръбовете от един връх. Ако за основа е избрана стената със страни [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex], околните стени са два правоъгълника със страни [tex]a[/tex], [tex]c[/tex] и два със страни [tex]b[/tex], [tex]c[/tex], т.е. околната повърхнина е [tex]2ac+2bc[/tex]. При другите два избора на основа тя е [tex]2ab+2ac[/tex] и [tex]2ab+2bc[/tex].
Полагаме [tex]x=ab[/tex], [tex]y=bc[/tex], [tex]z=ca[/tex]. При подходящо означаване на ръбовете можем да считаме, че
[tex]2(y+z)=10; \quad 2(x+z)=16; \quad 2(x+y)=18\Rightarrow y+z=5; \quad x+z=8; \quad x+y=9[/tex]
Като съберем трите равенства, получаваме [tex]2(x+y+z)=22[/tex], т.е. [tex]x+y+z=11[/tex], откъдето
[tex]x=6; \quad y=3; \quad z=2[/tex]
За обема [tex]V=abc[/tex] имаме
[tex]V^2=ab\cdot bc\cdot ca=xyz=36\Rightarrow V=6[/tex]
Проверка: ръбовете са [tex]a=2[/tex], [tex]b=3[/tex], [tex]c=1[/tex], а трите лица на околната повърхнина са [tex]2\cdot 1\cdot (2+3)=10[/tex], [tex]2\cdot 2\cdot (3+1)=16[/tex] и [tex]2\cdot 3\cdot (1+2)=18[/tex].

Решение:
Нека [tex]ABCM[/tex] е пирамидата с връх [tex]M[/tex], [tex]MA=MB=MC=10[/tex] и основен ръб [tex]AB=2x[/tex]. Трите околни стени са еднакви равнобедрени триъгълници, затова лицето на всяка от тях е [tex]\frac{144}{3}=48[/tex].
Нека [tex]K[/tex] е средата на [tex]AB[/tex]. В равнобедрения [tex]\triangle ABM[/tex] медианата [tex]MK[/tex] е и височина (апотема), а от правоъгълния [tex]\triangle AKM[/tex] получаваме [tex]MK=\sqrt{100-x^2}[/tex]. От лицето на стената
[tex]\frac{1}{2}\cdot 2x\cdot \sqrt{100-x^2}=48\Rightarrow x^2(100-x^2)=2304\Rightarrow x^4-100x^2+2304=0[/tex]
От това биквадратно уравнение [tex]x^2=36[/tex] или [tex]x^2=64[/tex], т.е. [tex]x=6[/tex] или [tex]x=8[/tex], откъдето [tex]AB=12[/tex] или [tex]AB=16[/tex].
И двете пирамиди съществуват: петата на височината [tex]h[/tex] е центърът на описаната около основата окръжност с радиус [tex]R=\frac{AB}{\sqrt{3}}[/tex], така че [tex]h^2=MA^2-R^2=100-\frac{AB^2}{3}[/tex]; при [tex]AB=12[/tex] получаваме [tex]h^2=52\gt 0[/tex], а при [tex]AB=16[/tex] получаваме [tex]h^2=\frac{44}{3}\gt 0[/tex].
Следователно основният ръб е [tex]12[/tex] см или [tex]16[/tex] см.

Решение:
Нека [tex]ABCDA_1B_1C_1D_1[/tex] е пресечената пирамида, [tex]AB=2[/tex], [tex]A_1B_1=1[/tex], а [tex]O[/tex] и [tex]O_1[/tex] са центровете на основите, [tex]OO_1=3[/tex]. Диагоналите [tex]AC_1[/tex] и [tex]A_1C[/tex] лежат в диагоналното сечение [tex]ACC_1A_1[/tex] – равнобедрен трапец с основи [tex]AC=2\sqrt{2}[/tex] и [tex]A_1C_1=\sqrt{2}[/tex]; нека те се пресичат в точка [tex]T[/tex]. Поради симетрията и четирите диагонала минават през тази точка от оста [tex]OO_1[/tex].
Триъгълниците [tex]TAC[/tex] и [tex]TC_1A_1[/tex] са подобни ([tex]AC\parallel A_1C_1[/tex]) с коефициент [tex]\frac{AC}{A_1C_1}=2[/tex], затова височините им от [tex]T[/tex], т.е. разстоянията от [tex]T[/tex] до двете основи, се отнасят както [tex]2:1[/tex]. Следователно [tex]T[/tex] е на разстояние [tex]2[/tex] от по-голямата основа и на разстояние [tex]1[/tex] от по-малката.
Продължаваме околните ръбове до пълната пирамида с връх [tex]M[/tex]. Тъй като основните ръбове се отнасят както [tex]1:2[/tex], пълната пирамида има височина [tex]6[/tex]. Сечението през [tex]T[/tex] е квадрат на разстояние [tex]6-2=4[/tex] от [tex]M[/tex], затова за страната му [tex]x[/tex] и лицето му [tex]S[/tex] имаме
[tex]x=2\cdot \frac{4}{6}=\frac{4}{3}\Rightarrow S=x^2=\frac{16}{9}[/tex]
По формулата [tex]V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)[/tex] за двете получени пресечени пирамиди (с височини [tex]2[/tex] и [tex]1[/tex]):
[tex]V_1=\frac{2}{3}\left(4+\frac{16}{9}+\frac{8}{3}\right)=\frac{152}{27}; \quad V_2=\frac{1}{3}\left(\frac{16}{9}+1+\frac{4}{3}\right)=\frac{37}{27}[/tex]
Проверка: [tex]V_1+V_2=7=\frac{3}{3}(4+1+2)[/tex] е обемът на цялата пресечена пирамида.

Решение:
Нека [tex]MO[/tex] е височината на пирамидата, а [tex]K[/tex], [tex]L[/tex], [tex]N[/tex] са петите на перпендикулярите от [tex]O[/tex] към правите [tex]AB[/tex], [tex]BC[/tex], [tex]CA[/tex]. От теоремата за трите перпендикуляра [tex]MK\perp AB[/tex], [tex]ML\perp BC[/tex], [tex]MN\perp CA[/tex], затова [tex]\angle MKO[/tex], [tex]\angle MLO[/tex], [tex]\angle MNO[/tex] са линейните ъгли на двустенните ъгли при основните ръбове и всеки от тях е [tex]45^{\circ}[/tex].
Правоъгълните триъгълници [tex]MOK[/tex], [tex]MOL[/tex], [tex]MON[/tex] имат общ катет [tex]MO[/tex] и равни остри ъгли, следователно са еднакви и [tex]OK=OL=ON[/tex]. Двустенните ъгли са остри, затова [tex]O[/tex] лежи вътре в [tex]\triangle ABC[/tex]; тогава [tex]O[/tex] е центърът на вписаната в [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност и [tex]OK=r[/tex] е нейният радиус. Правоъгълният триъгълник [tex]MOK[/tex] има ъгъл [tex]45^{\circ}[/tex], значи е равнобедрен и [tex]MO=OK=r[/tex].
В равнобедрения триъгълник [tex]ABC[/tex] височината [tex]CH[/tex] е и медиана, затова [tex]AH=3[/tex] и от правоъгълния триъгълник [tex]AHC[/tex]:
[tex]CH=\sqrt{5^2-3^2}=4,\quad S_{ABC}=\frac{6\cdot 4}{2}=12[/tex]
Полупериметърът е [tex]p=\frac{6+5+5}{2}=8[/tex], следователно
[tex]MO=r=\frac{S_{ABC}}{p}=\frac{12}{8}=\frac{3}{2}[/tex]
Обемът на пирамидата е
[tex]V=\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot MO=\frac{1}{3}\cdot 12\cdot \frac{3}{2}=6[/tex]

Решение:
Нека [tex]a[/tex] е основният ръб, [tex]l[/tex] е околният ръб, [tex]K[/tex] е средата на [tex]AB[/tex] и [tex]k=MK[/tex] е апотемата. Трите околни стени са еднакви равнобедрени триъгълници, затова пълната повърхнина е [tex]S=S_{ABC}+3S_{ABM}[/tex]. Тъй като [tex]S_{ABC}=\frac{S}{4}[/tex],
[tex]3S_{ABM}=S-S_{ABC}=\frac{3S}{4}=3S_{ABC}\Rightarrow S_{ABM}=S_{ABC}[/tex]
В равнобедрената стена [tex]ABM[/tex] медианата [tex]MK[/tex] е и височина, затова
[tex]\frac{1}{2}ak=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\Rightarrow k=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex]
От правоъгълния триъгълник [tex]MKB[/tex]:
[tex]l^2=k^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{a^2}{4}=a^2\Rightarrow l=a[/tex]
Значи всички ръбове на пирамидата са равни (тя е правилен тетраедър). Пирамидата има [tex]3[/tex] основни и [tex]3[/tex] околни ръба, следователно
[tex]6a=120\Rightarrow l=a=20[/tex]

Решение:
Тъй като [tex]A_1C\perp(ABC)[/tex], отсечката [tex]A_1C=h[/tex] е височината на призмата. Построяваме [tex]CK\perp AB[/tex] ([tex]K\in AB[/tex]). От теоремата за трите перпендикуляра [tex]A_1K\perp AB[/tex], затова [tex]\angle A_1KC=60^{\circ}[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл при [tex]AB[/tex]. Полагаме [tex]CK=x[/tex]; от правоъгълния триъгълник [tex]A_1CK[/tex] получаваме [tex]h=x\sqrt{3}[/tex] и [tex]A_1K=2x[/tex].
Лицето на основата е [tex]S_{ABC}=\frac{AB\cdot CK}{2}=\frac{3x}{2}[/tex], затова
[tex]V=\frac{3x}{2}\cdot x\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}x^2=3\sqrt{3}\Rightarrow x=\sqrt{2},\ h=\sqrt{6},\ A_1K=2\sqrt{2}[/tex]
В правоъгълния триъгълник [tex]ABC[/tex] имаме [tex]AC^2+BC^2=AB^2=9[/tex] и [tex]AC\cdot BC=AB\cdot CK=3\sqrt{2}[/tex], следователно
[tex](AC+BC)^2=9+6\sqrt{2}=3(\sqrt{2}+1)^2,\quad (AC-BC)^2=9-6\sqrt{2}=3(\sqrt{2}-1)^2[/tex]
Тъй като [tex]AC\gt BC[/tex], получаваме [tex]AC+BC=\sqrt{3}(\sqrt{2}+1)[/tex] и [tex]AC-BC=\sqrt{3}(\sqrt{2}-1)[/tex], откъдето [tex]AC=\sqrt{6}[/tex], [tex]BC=\sqrt{3}[/tex] и лицето на всяка основа е [tex]S_{ABC}=\frac{\sqrt{6}\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}[/tex].
Стената [tex]ABB_1A_1[/tex] е успоредник със страна [tex]AB=3[/tex] и съответна височина [tex]A_1K=2\sqrt{2}[/tex], затова [tex]S_{ABB_1A_1}=3\cdot 2\sqrt{2}=6\sqrt{2}[/tex].
В успоредника [tex]ACC_1A_1[/tex] имаме [tex]A_1C\perp AC[/tex], затова [tex]A_1C[/tex] е височината му към страната [tex]AC[/tex] и [tex]S_{ACC_1A_1}=AC\cdot A_1C=\sqrt{6}\cdot \sqrt{6}=6[/tex].
Накрая, [tex]BC\perp AC[/tex] и [tex]BC\perp A_1C[/tex], затова [tex]BC\perp(ACC_1A_1)[/tex] и [tex]BC\perp CC_1[/tex]. Следователно [tex]BCC_1B_1[/tex] е правоъгълник със страни [tex]BC=\sqrt{3}[/tex] и [tex]CC_1=AA_1=\sqrt{AC^2+A_1C^2}=2\sqrt{3}[/tex] (от правоъгълния триъгълник [tex]ACA_1[/tex]) и [tex]S_{BCC_1B_1}=\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}=6[/tex].
Лицето на пълната повърхнина на призмата е
[tex]S=2\cdot \frac{3\sqrt{2}}{2}+6\sqrt{2}+6+6=12+9\sqrt{2}[/tex]

Решение:
Нека [tex]AD=BC=x[/tex], [tex]AB=CD=y[/tex] (т.е. [tex]y\gt x[/tex]) и [tex]DM=h[/tex]. Тъй като [tex]DM\perp(ABCD)[/tex], триъгълниците [tex]ADM[/tex], [tex]CDM[/tex] и [tex]BDM[/tex] са правоъгълни с прав ъгъл при [tex]D[/tex] и от Питагоровата теорема
[tex]MA^2=h^2+x^2; \quad MC^2=h^2+y^2; \quad MB^2=h^2+BD^2=h^2+x^2+y^2[/tex]
Следователно [tex]MB[/tex] е най-дългият от трите ръба, а [tex]MC\gt MA[/tex], защото [tex]y\gt x[/tex]. Значи [tex]MB=5\sqrt{10}[/tex], [tex]MC=15[/tex], [tex]MA=13[/tex] и
[tex]x^2=MB^2-MC^2=250-225=25\Rightarrow x=5[/tex]
[tex]y^2=MB^2-MA^2=250-169=81\Rightarrow y=9[/tex]
[tex]h^2=MA^2-x^2=169-25=144\Rightarrow h=12[/tex]
Ортогоналната проекция на [tex]MA[/tex] върху основата е [tex]DA[/tex] и [tex]AB\perp DA[/tex], затова по теоремата за трите перпендикуляра [tex]AB\perp MA[/tex]. Аналогично от [tex]BC\perp DC[/tex] следва [tex]BC\perp MC[/tex]. Така и четирите околни стени са правоъгълни триъгълници:
[tex]S_{ADM}=\frac{5\cdot 12}{2}=30; \quad S_{CDM}=\frac{9\cdot 12}{2}=54[/tex]
[tex]S_{ABM}=\frac{AB\cdot MA}{2}=\frac{9\cdot 13}{2}=\frac{117}{2}; \quad S_{BCM}=\frac{BC\cdot MC}{2}=\frac{5\cdot 15}{2}=\frac{75}{2}[/tex]
Лицето на основата е [tex]5\cdot 9=45[/tex], следователно лицето на пълната повърхнина е
[tex]S=45+30+54+\frac{117}{2}+\frac{75}{2}=225[/tex]

Решение:
Нека [tex]MO[/tex] е височината на пирамидата, [tex]O\in(ABCD)[/tex]. Правоъгълните триъгълници [tex]AOM[/tex], [tex]BOM[/tex], [tex]COM[/tex], [tex]DOM[/tex] имат общ катет [tex]MO[/tex] и равни хипотенузи [tex]MA=MB=MC=MD=65[/tex], затова са еднакви и [tex]OA=OB=OC=OD[/tex]. Следователно [tex]O[/tex] е центърът на описаната около трапеца [tex]ABCD[/tex] окръжност.
Вписаният в окръжност трапец е равнобедрен: [tex]\angle A+\angle D=180^{\circ}[/tex], защото [tex]AB\parallel CD[/tex], и [tex]\angle A+\angle C=180^{\circ}[/tex] като срещуположни ъгли на вписан четириъгълник, затова [tex]\angle C=\angle D[/tex] и [tex]AD=BC=30[/tex].
Нека [tex]CH\perp AB[/tex], [tex]H\in AB[/tex]. Тогава [tex]BH=\frac{AB-CD}{2}=18[/tex] и от правоъгълния триъгълник [tex]BHC[/tex]
[tex]CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\sqrt{30^2-18^2}=24[/tex]
Нека [tex]P[/tex] е средата на [tex]AB[/tex]; тогава [tex]PA=PB=25[/tex] и [tex]PH=PB-BH=7[/tex], така че от правоъгълния триъгълник [tex]PHC[/tex]
[tex]PC=\sqrt{PH^2+CH^2}=\sqrt{7^2+24^2}=25[/tex]
От симетрията на равнобедрения трапец [tex]PD=PC=25[/tex]. Значи [tex]P[/tex] е на равни разстояния от четирите върха, т.е. [tex]O=P[/tex] е средата на [tex]AB[/tex] и [tex]OA=25[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]AOM[/tex]
[tex]MO=\sqrt{MA^2-OA^2}=\sqrt{65^2-25^2}=\sqrt{3600}=60[/tex]

Решение:
Нека [tex]AB=a[/tex] и [tex]BC=b[/tex]; тогава [tex]2(a+b)=22[/tex], т.е. [tex]a+b=11[/tex], и [tex]AA_1=CC_1=4[/tex].
Тъй като [tex]AA_1\perp(ABC)[/tex], проекцията на [tex]A_1B[/tex] върху основата е [tex]AB[/tex], затова ъгълът между [tex]A_1B[/tex] и основата е [tex]\varphi=\angle A_1BA[/tex]. Аналогично ъгълът между [tex]C_1B[/tex] и основата е [tex]\psi=\angle C_1BC[/tex]. От правоъгълните триъгълници [tex]ABA_1[/tex] и [tex]CBC_1[/tex]
[tex]\operatorname{tg} \varphi=\frac{4}{a}; \quad \operatorname{tg} \psi=\frac{4}{b}[/tex]
Диагоналите имат различни дължини, затова [tex]a\neq b[/tex]; нека [tex]a\gt b[/tex] (другият случай е симетричен). Тогава [tex]\operatorname{tg} \varphi\lt\operatorname{tg} \psi[/tex], т.е. [tex]\varphi\lt\psi[/tex], следователно [tex]\psi=2\varphi[/tex], като [tex]\varphi\lt 45^{\circ}[/tex], защото [tex]\psi\lt 90^{\circ}[/tex]. Тогава
[tex]\frac{4}{b}=\operatorname{tg} 2\varphi=\frac{2\operatorname{tg} \varphi}{1-\operatorname{tg} ^2\varphi}=\frac{\frac{8}{a}}{1-\frac{16}{a^2}}=\frac{8a}{a^2-16}\Rightarrow a^2-16=2ab[/tex]
Като заместим [tex]b=11-a[/tex], получаваме
[tex]a^2-16=22a-2a^2\iff 3a^2-22a-16=0\iff (a-8)(3a+2)=0[/tex]
Следователно [tex]a=8[/tex] (другият корен е отрицателен) и [tex]b=3[/tex]. Проверка: [tex]\operatorname{tg} \varphi=\frac{1}{2}[/tex] и [tex]\operatorname{tg} 2\varphi=\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{3}=\operatorname{tg} \psi[/tex]. Обемът е
[tex]V=a\cdot b\cdot AA_1=8\cdot 3\cdot 4=96[/tex]

Решение:
Нека ръбовете на горната основа и околните ръбове са с дължина [tex]x[/tex], а ръбовете на долната основа — с дължина [tex]y[/tex]. Всяка околна стена, например [tex]ABB_1A_1[/tex], е равнобедрен трапец с основи [tex]y[/tex] и [tex]x[/tex], бедра [tex]x[/tex] и височина, равна на апотемата [tex]4[/tex]. От периметъра:
[tex]3x+y=26\Rightarrow y=26-3x[/tex]
Нека [tex]A_1K[/tex] е височината на трапеца ([tex]K[/tex] лежи на [tex]AB[/tex]). В равнобедрения трапец [tex]AK=\frac{y-x}{2}=13-2x[/tex] и от Питагоровата теорема за правоъгълния триъгълник [tex]AKA_1[/tex] получаваме
[tex]x^2=4^2+(13-2x)^2\Rightarrow 3x^2-52x+185=0\Rightarrow x=5\text{ или }x=\frac{37}{3}[/tex]
При втория корен [tex]y=26-37\lt 0[/tex], следователно [tex]x=5[/tex] и [tex]y=11[/tex]. Околната повърхнина и лицата на основите са
[tex]S_L=4\cdot \frac{11+5}{2}\cdot 4=128,\quad S_{ABCD}=11^2=121,\quad S_{A_1B_1C_1D_1}=5^2=25[/tex]
Следователно пълната повърхнина е
[tex]S=128+121+25=274[/tex]

Решение:
Нека [tex]O[/tex] и [tex]O_1[/tex] са центровете на основите [tex]ABC[/tex] и [tex]A_1B_1C_1[/tex]. Тъй като пресечената пирамида е правилна, [tex]OO_1=h[/tex] е нейната височина. Радиусите на описаните около равностранните основи окръжности са
[tex]OA=\frac{13\sqrt{3}}{3},\quad O_1A_1=\frac{\sqrt{3}}{3}[/tex]
Четириъгълникът [tex]AOO_1A_1[/tex] е правоъгълен трапец. Спускаме перпендикуляра [tex]A_1P[/tex] към [tex]AO[/tex]; тогава [tex]A_1P=h[/tex] и [tex]AP=OA-O_1A_1=4\sqrt{3}[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]APA_1[/tex]:
[tex]h^2=AA_1^2-AP^2=64-48=16\Rightarrow h=4[/tex]
Лицата на основите са [tex]S_1=\frac{13^2\sqrt{3}}{4}=\frac{169\sqrt{3}}{4}[/tex] и [tex]S_2=\frac{\sqrt{3}}{4}[/tex], така че [tex]\sqrt{S_1S_2}=\frac{13\sqrt{3}}{4}[/tex]. По формулата за обем на пресечена пирамида:
[tex]V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)=\frac{4}{3}\cdot \frac{(169+1+13)\sqrt{3}}{4}=61\sqrt{3}[/tex]

Решение:
Нека перпендикулярните стени са [tex]ABB_1A_1[/tex] (с лице [tex]24[/tex]) и [tex]ACC_1A_1[/tex] (с лице [tex]30[/tex]); общият им ръб е [tex]AA_1[/tex]. Равнина, перпендикулярна на околните ръбове, пресича правите [tex]AA_1[/tex], [tex]BB_1[/tex], [tex]CC_1[/tex] в точките [tex]K[/tex], [tex]L[/tex], [tex]N[/tex]; триъгълникът [tex]KLN[/tex] е перпендикулярното сечение на призмата.
Отсечката [tex]KL[/tex] лежи в стената [tex]ABB_1A_1[/tex] и [tex]KL\perp AA_1[/tex], така че тя е височината на този успоредник към страната [tex]AA_1=6[/tex]. Аналогично и за [tex]KN[/tex]:
[tex]KL=\frac{24}{6}=4,\quad KN=\frac{30}{6}=5[/tex]
Тъй като [tex]KL\perp AA_1[/tex] и [tex]KN\perp AA_1[/tex], ъгълът [tex]LKN[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл между двете стени, следователно [tex]\angle LKN=90^{\circ}[/tex] и
[tex]S_{KLN}=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 5=10[/tex]
Обемът на наклонена призма е равен на лицето на перпендикулярното ѝ сечение, умножено по околния ръб (частта между основата [tex]ABC[/tex] и сечението [tex]KLN[/tex] може да се премести успоредно на ръбовете на разстояние [tex]AA_1[/tex] до другата основа, при което се получава права призма с основа [tex]KLN[/tex] и височина [tex]6[/tex]). Следователно
[tex]V=S_{KLN}\cdot AA_1=10\cdot 6=60[/tex]

Решение:
Нека [tex]AB=a[/tex], [tex]A_1B_1=b[/tex] ([tex]a\gt b[/tex]), [tex]O[/tex] и [tex]O_1[/tex] са центровете на основите ([tex]OO_1[/tex] е височината), а [tex]K[/tex] и [tex]K_1[/tex] са средите на [tex]AB[/tex] и [tex]A_1B_1[/tex]. Стената [tex]ABB_1A_1[/tex] е равнобедрен трапец, затова [tex]KK_1\perp AB[/tex] и [tex]KK_1=k[/tex] е апотемата; освен това [tex]OK\perp AB[/tex]. Следователно [tex]\angle K_1KO=\alpha[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл при [tex]AB[/tex].
В правоъгълния трапец [tex]OO_1K_1K[/tex] имаме [tex]OK=\frac{a}{2}[/tex], [tex]O_1K_1=\frac{b}{2}[/tex]. Спускаме [tex]K_1H\perp OK[/tex]; от правоъгълния триъгълник [tex]KHK_1[/tex]:
[tex]KH=\frac{a-b}{2}=k\cos\alpha\Rightarrow k=\frac{a-b}{2\cos\alpha}[/tex]
Околната повърхнина се състои от четири еднакви трапеца:
[tex]S=4\cdot \frac{a+b}{2}\cdot k=\frac{a^2-b^2}{\cos\alpha}[/tex]
От условието [tex]S=a^2+b^2[/tex] получаваме
[tex]a^2-b^2=(a^2+b^2)\cos\alpha\Rightarrow a^2(1-\cos\alpha)=b^2(1+\cos\alpha)[/tex]
[tex]\frac{a^2}{b^2}=\frac{1+\cos\alpha}{1-\cos\alpha}=\frac{2\cos^2\frac{\alpha}{2}}{2\sin ^2\frac{\alpha}{2}}=\operatorname{cotg} ^2\frac{\alpha}{2}[/tex]
Тъй като [tex]\frac{\alpha}{2}[/tex] е остър ъгъл, [tex]\frac{a}{b}=\operatorname{cotg} \frac{\alpha}{2}[/tex] и отношението на периметрите е
[tex]\frac{4a}{4b}=\operatorname{cotg} \frac{\alpha}{2}[/tex]

Решение:
Нека [tex]DA=x[/tex], [tex]DB=y[/tex], [tex]DC=z[/tex]. Стените [tex]ABD[/tex], [tex]BCD[/tex] и [tex]CAD[/tex] са правоъгълни триъгълници с прав ъгъл при [tex]D[/tex], затова
[tex]B_1=\frac{xy}{2},\quad B_2=\frac{yz}{2},\quad B_3=\frac{zx}{2}[/tex]
Като умножим тези равенства, получаваме
[tex]B_1B_2B_3=\frac{x^2y^2z^2}{8}\Rightarrow xyz=\sqrt{8B_1B_2B_3}=2\sqrt{2B_1B_2B_3}[/tex]
Ръбът [tex]DA[/tex] е перпендикулярен на двете пресичащи се прави [tex]DB[/tex] и [tex]DC[/tex] от равнината [tex](BCD)[/tex], затова [tex]DA\perp(BCD)[/tex] и [tex]DA=x[/tex] е височината на пирамидата към стената [tex]BCD[/tex], чието лице е [tex]B_2=\frac{yz}{2}[/tex]. Следователно
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{yz}{2}\cdot x=\frac{xyz}{6}=\frac{2\sqrt{2B_1B_2B_3}}{6}=\frac{1}{3}\sqrt{2B_1B_2B_3}[/tex]

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е пресечната точка на диагоналите [tex]AC[/tex] и [tex]BD[/tex]; тя е среда и на двата диагонала. Триъгълникът [tex]ABD[/tex] има [tex]AB=AD=a[/tex] и [tex]\angle BAD=60^{\circ}[/tex], затова е равностранен, [tex]BD=a[/tex] и медианата му е [tex]AO=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex]; следователно [tex]AC=2AO=a\sqrt{3}[/tex].
Точката [tex]S[/tex] не лежи в равнината на основата, затова [tex]SO[/tex] е медиана в триъгълниците [tex]SAC[/tex] и [tex]SBD[/tex]. От формулата за дължина на медиана
[tex]4SO^2=2SA^2+2SC^2-AC^2=2SB^2+2SD^2-BD^2[/tex]
Като заместим [tex]SA^2=a^2[/tex], [tex]AC^2=3a^2[/tex] и [tex]BD^2=a^2[/tex], получаваме
[tex]2a^2+2SC^2-3a^2=2SB^2+2SD^2-a^2\iff SC^2=SB^2+SD^2[/tex]
Оттук [tex]SC\gt SB[/tex], [tex]SC\gt SD[/tex] и [tex]SC^2=SB^2+SD^2\lt(SB+SD)^2[/tex], т.е. [tex]SC\lt SB+SD[/tex], затова трите отсечки удовлетворяват неравенствата на триъгълника. Според обратната на Питагоровата теорема триъгълникът със страни [tex]SB[/tex], [tex]SD[/tex] и [tex]SC[/tex] е правоъгълен с хипотенуза [tex]SC[/tex].

Решение:
Нека [tex]ABCD[/tex] е правилният тетраедър с височина [tex]H[/tex], [tex]P[/tex] е вътрешна точка, а [tex]d_1,d_2,d_3,d_4[/tex] са разстоянията от нея до стените [tex]BCD[/tex], [tex]ACD[/tex], [tex]ABD[/tex], [tex]ABC[/tex]. Всички стени са еднакви равностранни триъгълници, затова имат едно и също лице [tex]S[/tex].
Отсечките от [tex]P[/tex] до върховете разделят тетраедъра на пирамидите [tex]PBCD[/tex], [tex]PACD[/tex], [tex]PABD[/tex], [tex]PABC[/tex]; тъй като [tex]P[/tex] е вътрешна точка, те запълват тетраедъра без припокриване. Основите им са стените на тетраедъра, а височините им са [tex]d_1,d_2,d_3,d_4[/tex], следователно
[tex]V_{ABCD}=\frac{1}{3}Sd_1+\frac{1}{3}Sd_2+\frac{1}{3}Sd_3+\frac{1}{3}Sd_4=\frac{1}{3}S\,(d_1+d_2+d_3+d_4)[/tex]
От друга страна, с основа [tex]ABC[/tex] и височина [tex]H[/tex] имаме
[tex]V_{ABCD}=\frac{1}{3}SH[/tex]
Като сравним двата израза и разделим на [tex]\frac{1}{3}S\neq 0[/tex], получаваме [tex]d_1+d_2+d_3+d_4=H[/tex] за всяка вътрешна точка [tex]P[/tex].

Решение:
Нека пирамидата е [tex]ABCDM[/tex] с връх [tex]M[/tex], основа квадрата [tex]ABCD[/tex] със страна [tex]a[/tex] и център [tex]O[/tex]. Тъй като пирамидата е правилна, петата на височината ѝ е центърът на основата: [tex]MO\perp(ABCD)[/tex].
Нека [tex]K[/tex] е средата на [tex]BC[/tex] и [tex]\gamma=\angle BMC[/tex]. Триъгълникът [tex]BCM[/tex] е равнобедрен ([tex]MB=MC[/tex]), затова медианата му [tex]MK[/tex] е и височина, и ъглополовяща: [tex]MK\perp BC[/tex] и [tex]\angle BMK=\frac{\gamma}{2}[/tex]. Освен това [tex]OK\parallel AB[/tex], следователно [tex]OK\perp BC[/tex] и [tex]OK=\frac{a}{2}[/tex].
Тогава [tex]\angle MKO[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл при ръба [tex]BC[/tex], т.е. [tex]\angle MKO=\alpha[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]MOK[/tex] (с прав ъгъл при [tex]O[/tex]):
[tex]\cos\alpha=\frac{OK}{MK}=\frac{a}{2MK}[/tex]
От правоъгълния триъгълник [tex]BKM[/tex] (с прав ъгъл при [tex]K[/tex] и [tex]BK=\frac{a}{2}[/tex]):
[tex]\operatorname{tg} \frac{\gamma}{2}=\frac{BK}{MK}=\frac{a}{2MK}[/tex]
Двата израза са равни, следователно [tex]\cos\alpha=\operatorname{tg} \frac{\gamma}{2}[/tex].