а) Площадь поверхности заданного многогранника равна разности площади поверхности прямоугольного параллелепипеда с ребрами 2, 3, 1 и двух площадей прямоугольников со сторонами 2, 1:

Ответ: 18.

б) Проекция точки S на плоскость основания это точка O — центр основания. Центр правильного треугольника является точкой пересечения его медиан, поэтому AO : ON = 2 : 1. Проекцией прямой AS на плоскость основания является прямая AN. Поэтому проекция точки M — точка лежит на отрезке AN. M — середина AS, поэтому  — середина отрезка AO. Таким образом, проекции точек S и M на плоскость основания делят высоту AN треугольника ABC на три равные части.

а) Площадь поверхности заданного многогранника равна разности площади поверхности прямоугольного параллелепипеда с ребрами 3, 3, 5 и двух площадей квадратов со стороной 1:

Ответ: 76.

Примечание.

Другой способ решения приведен в задаче 25601.

б)  Пусть MK — средняя линия треугольника CDH. Тогда MK || DH, значит, и, следовательно, Кроме того,

а) Площадь поверхности заданного многогранника равна разности площади поверхности прямоугольного параллелепипеда с ребрами 3, 4, 5 и площади двух квадратов со стороной 1:

Ответ: 92.

б) Пусть ребро тетраэдра  — высота грани  — центр треугольника  — средняя линия треугольника Тогда значит,

Точка O делит медиану DN в отношении считая от вершины D, поэтому

а) Площадь поверхности заданного многогранника равна площади поверхности прямоугольного параллелепипеда с ребрами 3, 5, 5:

Ответ: 110.

б)  Вместо прямой CD рассмотрим параллельную ей прямую BE. Искомый угол равен углу SBE.

а) Площадь поверхности заданного многогранника равна площади поверхности прямоугольного параллелепипеда с ребрами 3, 5, 4:

Ответ: 94.

Примечание для тех, кто не верит в это решение: посчитайте площадь поверхности, сложив площади всех девяти граней данного многогранника, и смиритесь.

Другой способ решения аналогичной задачи приведен здесь.

б)  Пусть отрезок PH — высота пирамиды PABCD, отрезок MN — средняя линия треугольника APH (см. рис.).

Поскольку PABCD — правильная пирамида, точка H — центр квадрата ABCD, значит, и откуда Но, следовательно, Значит, плоскость BMN перпендикулярна плоскости BDP по признаку перпендикулярности плоскостей. Таким образом, утверждение задачи доказано.