Версия для печати
Убрать все задачи

---

Пусть $I$ – центр вписанной окружности треугольника $ABC$; $D$ – произвольная точка отрезка $AC$; $A_1$, $A_2$ – точки пересечения перпендикуляра, опущенного из точки $D$ на биссектрису $CI$, с прямыми $BC$ и $AI$ соответственно. Аналогично определяются точки $C_1$, $C_2$. Докажите, что шесть точек $B$, $A_1$, $A_2$, $I$, $C_1$, $C_2$ лежат на одной окружности.

   Решение

Темы:    [ Касающиеся сферы ] [ Конус ]

Сложность: 3 Классы: 10,11

Прислать комментарий

Условие

Три шара одинакового радиуса попарно касаются друг друга и некоторой плоскости. Основание конуса расположено в этой плоскости. Все три сферы касаются боковой поверхности конуса внешним образом. Найдите угол при вершине осевого сечения конуса, если высота конуса равна диаметру шара.

Решение

Пусть O'1 , O'2, O'3 – ортогональные проекции центров O1 , O2 , O3 данных сфер на плоскость основания конуса (рис.2), R – радиус сфер, A – вершина конуса, O – центр основания конуса, r – его радиус, ϕ – угол в осевом сечении конуса. Точка O – центр окружности, описанной около равностороннего треугольника O'1O'2O'3 со стороной 2R , поэтому OO'1 = . Рассмотрим осевое сечение конуса, проходящее через точку O1 (рис.3). Получим равнобедренный треугольник ABC с основанием BC = 2r , высотой AO = 2R и окружность, касающуюся боковой стороны AC в некоторой точке M , а продолжения основания BC за точку C – в точке O'1 . Пусть прямая, проходящая через точку A , касается этой окружности в точке P , не лежащей на AC . Поскольку AO = PO' = 2R , прямая AP параллельна BC . Обозначим PAO1 = α . Тогда

tg α = = = = ,

CAO1 = PAO1 = α, CAP = 2α.
Следовательно,
= 90^o - CAP = 90^o - 2α,

tg = tg (90^o - 2α) = ctg 2α = = =

= 1 - = = .

Ответ

2 arctg = 4 arctg = π - 4 arctg .

Источники и прецеденты использования