Версия для печати
Убрать все задачи

---

Треугольник $ABC$ вписан в окружность $\omega$. Точка $T$ на прямой $BC$ выбрана так, что прямая $AT$ касается $\omega$. Биссектриса угла $BAC$ пересекает отрезок $BC$ в точке $L$, а окружность $\omega$ в точке $A_0$. Прямая $TA_0$ пересекает $\omega$ в точке $P$. Точка $K$ на отрезке $BC$ такова, что $BL=CK$. Докажите, что $\angle BAP=\angle CAK$.

   Решение

---

В треугольнике ABC проведена биссектриса AD. Точки M и N являются проекциями вершин B и C на AD. Окружность с диаметром MN пересекает BC в точках X и Y. Докажите, что  ∠BAX = ∠CAY.

   Решение

---

В треугольнике $ABC$, где $AB < BC$, биссектриса угла $C$ пересекает в точке $P$ прямую, параллельную $AC$ и проходящую через вершину $B$, а в точке $R$ – касательную из вершины $B$ к описанной окружности треугольника. Точка $R'$ симметрична $R$ относительно $AB$. Докажите, что $\angle R'PB = \angle RPA$.

   Решение

Темы:    [ Цилиндр ] [ Объем многогранников ]

Сложность: 3 Классы: 10,11

Прислать комментарий

Условие

Высота цилиндра равна h . В каждое основания вписан правильный треугольник со стороной a , причём один из этих треугольников повернут относительно другого на угол 60^o . Найдите объём многогранника, вершинами которого являются все вершины этих треугольников.

Решение

Пусть O и O1 – центры данных треугольников ABC и A1B1C1 , B' – ортогональная проекция вершины B на плоскость A1B1C1 . Тогда B' – середина дуги A1B1 окружности, описанной около треугольника A1B1C1 . Значит, C1B' – диаметр этой окружности, а C1B1B' = 90^o . Так как B'B1 C1B1 , то по теореме о трёх перпендикулярах BB1 C1B1 . Следовательно, четырёхугольник ABB1C1 – прямоугольник, в котором AB = B1C1 = a . Обозначим BB1 = AC1 = b . Многогранник ABCA1B1C1 состоит из двух равных четырёхугольных пирамид с общим основанием ABB1C1 , площадь которого равна ab . Пусть CP – высота четырёхугольной пирамиды CABB1C1 . Так как CB = CA , то PB = PA . Поэтому точка P лежит на серединном перпендикуляре к сторонам AB и B1C1 прямоугольника ABB1C1 . Пусть M и M1 – середины рёбер AB и B1C1 соответственно, а C' – ортогональная проекция вершины C на плоскость A1B1C1 . Тогда C' – середина дуги B1C1 окружности, описанной около треугольника A1B1C1 , MC || M1C' , а точка P лежит на MM1 . Рассмотрим прямоугольную трапецию CMM1C' . В ней

CM = , M1C' = , CC' = h, MM1 = b.
Обозначим MCP = α . Опустим перпендикуляр M1Q из точки M1 на CM . Тогда
MM1Q = MCP = α, cos α = cos MM1Q, 1 = .
Поэтому
CP = CM cos α = · .
Следовательно,
V_ABCA1B1C1 = 2V_CABB1C1 = 2· S_ABB1C1· CP=

= ab· · = a2h.

Ответ

a2h .

Источники и прецеденты использования