а) В плос­ко­сти ABM через точку K про­ве­дем пря­мую, па­рал­лель­ную пря­мой BM до пе­ре­се­че­ния ее с пря­мой AB в точке G, а в плос­ко­сти ABC через точку G про­ве­дем пря­мую, па­рал­лель­ную пря­мой BC до пе­ре­се­че­ния ее с пря­мой CD в точке F (см. рис. 1). По при­зна­ку па­рал­лель­но­сти двух плос­ко­стей плос­кость KFG па­рал­лель­на плос­ко­сти BCM. Пря­мая FG па­рал­лель­на пря­мой AD, сле­до­ва­тель­но, она па­рал­лель­на плос­ко­сти AMD, а, зна­чит, плос­кость EFG пе­ре­се­ка­ет плос­кость AMD по пря­мой, па­рал­лель­ной FG. Обо­зна­чим через E точку пе­ре­се­че­ния этой пря­мой с реб­ром DM. Таким об­ра­зом, ис­ко­мое се­че­ние ― тра­пе­ция EFGK.

б)  Плос­кость EFG па­рал­лель­на плос­ко­сти BCM, зна­чит,

Про­ве­дем вы­со­ту MN тре­уголь­ни­ка BCM и со­еди­ним точку N с ос­но­ва­ни­ем O вы­со­ты пи­ра­ми­ды (см. рис. 2). По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах от­ре­зок ON также пер­пен­ди­ку­ля­рен BC, а, зна­чит, угол MNO ― ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла MBCO.

По­сколь­ку из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка MNO на­хо­дим от­ку­да окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем

Ответ: б)

а)  По­стро­им пря­мые такие что:   — па­рал­ле­ло­грамм, ис­ко­мое се­че­ние. сле­до­ва­тель­но, зна­чит, Таким об­ра­зом, EKMF  — пря­мо­уголь­ник.

б)  EK || DА и E  — се­ре­ди­на DB, тогда EK  — сред­няя линия зна­чит, ана­ло­гич­но так как EKMF пря­мо­уголь­ник.

Пусть пря­мая MK пе­ре­се­ка­ет пря­мую EF в точке О:

Сле­до­ва­тель­но, ME < EK. При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке EOM:

Ответ:

Слу­чай 1. Пи­ра­ми­да пра­виль­ная. Пусть PL  — апо­фе­ма пи­ра­ми­ды, PH  — ее вы­со­та. Тогда:

Слу­чай 2. Пи­ра­ми­да не­пра­виль­ная, ее вер­ши­на про­ек­ти­ру­ет­ся в центр внев­пи­сан­ной окруж­но­сти. Най­дем ра­ди­ус внев­пи­сан­ной окруж­но­сти:

Для вы­чис­ле­ния вы­со­ты пи­ра­ми­ды най­дем тан­генс угла α:

Тогда

Най­дем апо­фе­му пи­ра­ми­ды PH  — вы­со­ту Δ BPC:

До­ка­жем, что вы­со­ты тре­уголь­ни­ков APB и APC, про­ве­ден­ные к AB и АС со­от­вет­ствен­но, равны PH. Пусть точки D и E  — точки ка­са­ния про­дол­же­ний сто­рон АС, AB тре­уголь­ни­ка ABC и внев­пи­сан­ной окруж­но­сти со­от­вет­ствен­но. Тогда PE, PD, PH, яв­ля­ю­щи­е­ся вы­со­та­ми тре­уголь­ни­ков APB, APC, BPC, равны как на­клон­ные, име­ю­щие рав­ные про­ек­ции,  — ра­ди­у­сы одной и той же внев­пи­сан­ной окруж­но­сти. Таким об­ра­зом, тре­уголь­ни­ки APB, APC, BPC  — рав­но­ве­ли­ки. Итак,

Те­перь най­дем ис­ко­мый ра­ди­ус впи­сан­ной сферы:

Ответ:

А)  Угол KCD  — впи­сан­ный в за­дан­ную окруж­ность, зна­чит, из­ме­ря­ет­ся по­ло­ви­ной гра­дус­ной меры дуги KM. А угол MKD об­ра­зо­ван хор­дой KM этой же окруж­но­сти и ка­са­тель­ной KD к той же окруж­но­сти, и он из­ме­ря­ет­ся по­ло­ви­ной гра­дус­ной меры дуги KM, за­клю­чен­ной между хор­дой и ка­са­тель­ной. Зна­чит, ∠KCD = ∠MKD. Но эти два угла есть ост­рые углы двух пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков KCD и MKD. Тогда обя­за­ны быть рав­ны­ми и дру­гие ост­рые углы на­зван­ных тре­уголь­ни­ков, т. е. ∠CKD = ∠KMD, что и тре­бо­ва­лась до­ка­зать.

Б)  Из по­лу­чен­но­го ра­вен­ства ∠CKD = ∠KMD сле­ду­ет по­до­бие: ΔMKD ~ ΔKCD, от­ку­да:

Пусть R  — ра­ди­ус за­дан­ной окруж­но­сти, O  — ее центр, F ∈ CM, OF ⊥ CM. Пусть E ∈ AB, OE ⊥ AB.

Со­еди­ним точки O и K, O и E от­рез­ка­ми , тогда OK = OE = R. Кроме того, OK ⊥ KD. OE || AK как два пер­пен­ди­ку­ля­ра к AB. По ана­ло­гич­ной при­чи­не Сле­до­ва­тель­но, AEOK  — па­рал­ле­ло­грамм, от­ку­да AE = OK = R. Но AE  =  AK как от­рез­ки ка­са­тель­ных к окруж­но­сти, про­ве­ден­ных из точки А. Сле­до­ва­тель­но, AK  =  AE  =  R. В таком слу­чае KD  =  18 − R.

Рас­смот­рим OE и OF как два пер­пен­ди­ку­ля­ра, про­ве­ден­ные из одной и той же точки О к па­рал­лель­ным пря­мым AB и CD, лежат на одной пря­мой. Тогда AEFD  — пря­мо­уголь­ник, от­ку­да: FD  =  AE  =  R.

Пусть CD  =  x, тогда CM  =  CD − MD  =  x − 4.

Тре­уголь­ник COM  — рав­но­бед­рен­ный, в нем OF  — вы­со­та по по­стро­е­нию, сле­до­ва­тель­но, OF  — ме­ди­а­на.

От­сю­да:

Это  — с одной сто­ро­ны. С дру­гой же сто­ро­ны, CF  =  CD − FD  =  x − R. Зна­чит,

Так как KD  =  18 − R, то в со­от­вет­ствии с ра­вен­ства­ми (*) и (**) будем иметь:

Зна­че­ние R = 34 не под­хо­дит по смыс­лу за­да­чи, так как KD  =  18 − R > 0.

При R  =  10: AB  =  CD  =  x = 2R − 4  =  20 − 4  =  16.

Ответ: 16.

а)  Из усло­вия за­да­чи сле­ду­ет, что AO ⊥ AB. Сле­до­ва­тель­но, AO || BE как два пер­пен­ди­ку­ля­ра к одной и той же пря­мой.

Сде­ла­ем до­пол­ни­тель­ное по­стро­е­ние: про­дол­жим AO до пе­ре­се­че­ния с дру­гой точ­кой окруж­но­сти, ко­то­рую обо­зна­чим D. Со­еди­ним точки E и D от­рез­ком. Мы по­лу­чи­ли впи­сан­ную тра­пе­цию ACED, одним ос­но­ва­ни­ем ко­то­рой будет слу­жить диа­метр за­дан­ной окруж­но­сти.

Так как в окруж­ность можно впи­сать толь­ко рав­но­бед­рен­ную тра­пе­цию, то DE  =  AC  =  6. Но эти же рав­ные хорды стя­ги­ва­ют и рав­ные дуги АС и DE. Сле­до­ва­тель­но, рав­ным дугам со­от­вет­ству­ю­щие цен­траль­ные углы AOC и DOE обя­за­ны быть рав­ны­ми.

От­сю­да: ∠AOE + ∠AOC = ∠AOE + ∠ DOE  =  180°, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что ∠AED  =  90° как впи­сан­ный, опи­ра­ю­щий­ся на диа­метр AD. Два пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ка ABE и AED имеют рав­ные ост­рые углы: ∠BEA и ∠EAD (внут­рен­ние на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных BE, AD и се­ку­щей AE). Сле­до­ва­тель­но, они (тре­уголь­ни­ки) по­доб­ны, от­ку­да:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AED по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: AD²  =  AE² + DE²  =  5AD + 36. То есть

Ответ: б) 9.

А)  Пусть бис­сек­три­са угла А пе­ре­се­ка­ет BC в точке M, бис­сек­три­са угла С  — AD в точке Q, бис­сек­три­са угла В  — AD в точке F, бис­сек­три­са угла D  — BC в точке E. Че­ты­рех­уголь­ник, огра­ни­чен­ный бис­сек­три­са­ми обо­зна­чим KHRP (см. рис.)

Со­еди­ним от­рез­ка­ми точки E и Q, M и F.

∠BMA = ∠MAF  =  30° как внут­рен­ние на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных BC, AD и се­ку­щей AM. По­сколь­ку ∠BA  =  30°, Δ ABM  — рав­но­бед­рен­ный, AB  =  BM. Ана­ло­гич­но по­лу­чим: AF  =  FM.

Кроме того, ∠BAF = ∠ABF = ∠AFB  =  60°, т. е. Δ ABF  — рав­но­сто­рон­ний. Ана­ло­гич­но с Δ BMF. От­сю­да вывод  — че­ты­рех­уголь­ник ABMF  — ромб (по при­зна­ку), у ко­то­ро­го диа­го­на­ли BF и AM обя­за­ны быть пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми.

Ана­ло­гич­но по­лу­чим: QECD  — ромб, Δ ED  — рав­но­сто­рон­ний. Зна­чит, ∠CED = ∠FBE  =  60°. Эти углы яв­ля­ют­ся со­от­вет­ствен­ны­ми при пря­мых BF, ED и се­ку­щей BC. Зна­чит, FBED  — па­рал­ле­ло­грамм, от­ку­да KP || HR.

В ромбе QECD диа­го­на­ли QCи D также будут вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми. Сле­до­ва­тель­но, от­рез­ки KH, PR, бу­дучи пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми к па­рал­лель­ным KP, HRbока­жут­ся па­рал­лель­ны­ми. Таким об­ра­зом, KHRP  — пря­мо­уголь­ник. А у пря­мо­уголь­ни­ка диа­го­на­ли равны, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Б)   Два рав­но­сто­рон­них тре­уголь­ни­ка ABF и ED с рав­ны­ми сто­ро­на­ми AB и CD будут рав­ны­ми. Далее:

Ана­ло­гич­но, Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: Б)

По­ме­стим за­дан­ную приз­му в де­кар­то­ву си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке.

Будем иметь в виду, что пра­виль­ный ше­сти­уголь­ник, что лежит в ос­но­ва­нии приз­мы, от­рез­ка­ми AD,BE, FC, ко­то­рые пе­ре­се­ка­ют­ся в точке О, раз­би­ва­ет­ся на 6 пра­виль­ных тре­уголь­ни­ков, вы­со­ты ко­то­рых равны (ис­поль­зо­ва­на из­вест­ная фор­му­ла в нашем слу­чае a  =  2).

В со­от­вет­ствии со ска­зан­ным ука­жем ко­ор­ди­на­ты нуж­ных точек:

а)  Най­дем:

Итак, А это зна­чит, что пря­мые AC₁ и BE пер­пен­ди­ку­ляр­ны.

б)  Най­дем ко­ор­ди­на­ты век­то­ра пер­пен­ди­ку­ляр­но­го как к век­то­ру так и к век­то­ру Пусть его ко­ор­ди­на­ты будут равны По­сколь­ку ска­ляр­ное про­из­ве­де­ние двух пер­пен­ди­ку­ляр­ных век­то­ров равно нулю,

Итак, За­ме­ним этот век­тор ему кол­ли­не­ар­ным, по­де­лив по­лу­чен­ные ко­ор­ди­на­ты на

Со­ста­вим урав­не­ние плос­ко­сти, пер­пен­ди­ку­ляр­ной век­то­ру и про­хо­дя­щей через точку любую точку пря­мой AC₁. Ис­ко­мое урав­не­ние будет иметь вид: где a, b, c  — со­от­вет­ству­ю­щие ко­ор­ди­на­ты век­то­ра   — ко­ор­ди­на­ты любой точки пря­мой AC₁. Пусть такой точ­кой будет А. Тогда:

Рас­сто­я­ние ρ между скре­щи­ва­ю­щи­ми­ся пря­мы­ми AC₁ и BE най­дем как рас­сто­я­ние между любой точ­кой пря­мой BE до най­ден­ной плос­ко­сти. В ка­че­стве такой точки вы­бе­рем B.

Ответ: б)

а)  В плос­ко­сти AA₁D₁ про­ведём через точку E пря­мую, па­рал­лель­ную TF. Пусть она пе­ре­се­ка­ет ребро A₁D₁ или его про­дол­же­ние в точке G. Плос­кость EFT про­хо­дит через точку G. Тре­уголь­ник EGA₁ по­до­бен рав­но­бед­рен­но­му тре­уголь­ни­ку FTB₁, в ко­то­ром FB₁  =  B₁T  =  1. От­сю­да EA₁  =  A₁G  =  2, зна­чит, точка G сов­па­да­ет с точ­кой D₁.

б)  В плос­ко­сти BB₁C₁ из точки B₁ опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр B₁K на от­ре­зок FT. В плос­ко­сти EFT через точку K про­ведём пер­пен­ди­ку­ляр к FT, ко­то­рый пе­ре­се­ка­ет ED₁ в точке L. Тогда ∠B₁KL  — угол между плос­ко­стью EFT и плос­ко­стью BB₁C₁ или смеж­ный с ним. Из рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка FB₁T

на­хо­дим

Из рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции EFTD₁ на­хо­дим

Точка L  — се­ре­ди­на от­рез­ка ED₁, по­это­му она уда­ле­на от сто­рон AA₁ и AD₁ па­рал­ле­ле­пи­пе­да на 1. Зна­чит, B₁L яв­ля­ет­ся диа­го­на­лью па­рал­ле­ле­пи­пе­да со сто­ро­на­ми 1, 1 и 4. От­сю­да Из тео­ре­мы ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка B₁KL на­хо­дим

Ответ: б)

а)  В плос­ко­сти AA₁D₁ про­ведём через точку E пря­мую, па­рал­лель­ную TF. Пусть она пе­ре­се­ка­ет ребро A₁D₁ или его про­дол­же­ние в точке G. Плос­кость EFT про­хо­дит через точку G. Тре­уголь­ник EGA₁ по­до­бен рав­но­бед­рен­но­му тре­уголь­ни­ку FTB₁, в ко­то­ром FB₁  =  B₁T  =  2. От­сю­да EA₁  =  A₁G  =  4, зна­чит, точка G сов­па­да­ет с точ­кой D₁.

б)  В плос­ко­сти BB₁C₁ из точки B₁ опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр B₁K на от­ре­зок FT. В плос­ко­сти EFT из точки K про­ведём пер­пен­ди­ку­ляр к FT, ко­то­рый пе­ре­се­ка­ет ED₁ в точке L. Тогда ∠B₁KL  — угол между плос­ко­стью EFT и плос­ко­стью BB₁C₁ или смеж­ный с ним. Из рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка FB₁T

на­хо­дим

Из рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции EFTD₁ на­хо­дим

Точка L  — се­ре­ди­на от­рез­ка ED₁, по­это­му она уда­ле­на от сто­рон AA₁ и AD₁ па­рал­ле­ле­пи­пе­да на 1. Зна­чит, B₁L яв­ля­ет­ся диа­го­на­лью па­рал­ле­ле­пи­пе­да со сто­ро­на­ми 2, 2 и 3. От­сю­да Из тео­ре­мы ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка B₁KL на­хо­дим

Ответ: б)

а)  Пусть O  — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, D  — се­ре­ди­на ребра АB, E  — се­ре­ди­на SO, ∠FDC  =  α, ∠FCD = β. Тогда

Ребро SC  — на­клон­ная к плос­ко­сти ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, SO  — пер­пен­ди­ку­ляр, CO  — про­ек­ция на­клон­ной, по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  В плос­ко­сти (DSC), ко­то­рая со­дер­жит вы­со­ту пи­ра­ми­ды SO, через точку E про­ве­дем пря­мую, пе­ре­се­ка­ю­щую ребро SC в точке F. Со­еди­ним эту точку с вер­ши­на­ми Aи B пи­ра­ми­ды. Δ AFB  — се­че­ние, упо­мя­ну­тое в усло­вии за­да­чи.

В

В Зна­чит,

В

Ответ: б)

а)  Пре­жде решим вспо­мо­га­тель­ную за­да­чу.

За­да­ча: если в про­из­воль­ном тре­уголь­ни­ке ABC D  — точка ка­са­ния сто­ро­ны AB и окруж­но­сти, впи­сан­ной в этот тре­уголь­ник, то верно ра­вен­ство: (См. рис. 1) .

До­ка­за­тель­ство. Пусть F, E  — точки ка­са­ния сто­рон АС и BC со­от­вет­ствен­но, Обо­зна­чим BD  =  BE  =  x, AD  =  AF  =  t, CE  =  CF  =  y. Имеем:

Мы по­лу­чи­ли:

В со­от­вет­ствии с до­ка­зан­ным выше в ос­нов­ной за­да­че будем иметь (см. рис. 2):

В ΔCBE в ΔABE Но

Так как AB  =  BC (это по усло­вию), то: что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  AC  =  AE + CE  =  9 + 15  =  24. Если AB  =  BC  =  x, то p(ABC)  =  x + 12, по фор­му­ле Ге­ро­на:

это с одной сто­ро­ны.

С дру­гой же сто­ро­ны, Зна­чит,

Пусть D  — се­ре­ди­на АС. Тогда: BD ⊥ AC, BD  =  2S(ABC) : AC  =  216 : 24  =  9. DE  =  AD − AE  =  3.

В пря­мо­уголь­ном ΔBDE

Если r₁  — ра­ди­ус окруж­но­сти ω₁, то

Если r₂  — ра­ди­ус окруж­но­сти ω₂, то:

Ответ: 1.

А)  Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC по фор­му­ле Ге­ро­на.

Тогда:

Пусть D  — се­ре­ди­на АС. Со­еди­ним от­рез­ка­ми точки C₂ и A₂ с точ­кой D. Пусть C₂D пе­ре­се­ка­ет AC₁ в точке E, A₂D  — от­ре­зок A₁C в точке F. Ясно, что C₂D ⊥ AC₁, C₂E  =  DE, (по опре­де­ле­нию цен­траль­ной сим­мет­рии). Ана­ло­гич­но: A₂D ⊥ A₁C, DF  =  A₂F.

AA₁ || DF как два пер­пен­ди­ку­ля­ра к одной и той же пря­мой BC.

Рас­смот­рим ∠ACA₁. На его сто­ро­не АС от­ло­же­ны рав­ные от­рез­ки D и DA, через их концы про­ве­де­ны па­рал­лель­ные пря­мые DF и AA₁ до пре­се­че­ния с дру­гой сто­ро­ной CA₁. По тео­ре­ме Фа­ле­са будем иметь: F  =  A₁F.

От­рез­ки A₁C и A₂D, яв­ля­ясь диа­го­на­ля­ми че­ты­рех­уголь­ни­ка DA₁A_2C, в точке F де­лят­ся по­по­лам. Зна­чит, DA₁A₂C  — па­рал­ле­ло­грамм, от­ку­да A₁A₂ || DC.

Ана­ло­гич­но по­лу­чим: CC₁ || DE, AE  =  C₁E, AC₂C₁D  — па­рал­ле­ло­грамм, C₁C₂ || AD.

Таким об­ра­зом, ока­за­лось, что A₁A₂ || CD, C₁C₂ || AD, пря­мые AD и CD сов­па­да­ют с пря­мой АС. Сле­до­ва­тель­но, A₁A₂ и C₁C₂ лежат на па­рал­лель­ных пря­мых.

Б)  Рас­смот­рим че­ты­рех­уголь­ник DEBF, у ко­то­ро­го ∠BED + ∠BFD  =  180°. Тогда

Ответ:

а)  Пусть сто­ро­на ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, равна a. Тогда В ос­но­ва­нии пи­ра­ми­ды лежит квад­рат. Вы­бе­рем про­из­воль­ную точку К от­рез­ка AD. По­сколь­ку точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей па­рал­ле­ло­грам­ма яв­ля­ет­ся цен­тром его сим­мет­рии, на сто­ро­не BC этого же квад­ра­та най­дет­ся точка M, сим­мет­рич­ная точке K от­но­си­тель­но O. В за­ви­си­мо­сти от рас­по­ло­же­ния точки M на от­рез­ке AD длина от­рез­ка KM будет ме­нять­ся. Оче­вид­но, наи­мень­шее зна­че­ние KM будет а, когда OK сов­па­дет с вы­со­той ΔAOD, наи­боль­шее зна­че­ние  — в слу­чае, когда точка K сов­па­да­ет либо с А, либо с D. Точка K при этом сов­па­дет либо с C, либо с B  — со­от­вет­ствен­но. То есть

Пусть KM  =  x. Пред­по­ло­жим, что S(PKM)  =  S(ABCD). Най­дем x при вы­пол­не­нии этого ра­вен­ства и до­ка­жем, что най­ден­ное зна­че­ние x удо­вле­тво­ря­ет не­ра­вен­ству

Те­перь до­ка­жем не­ра­вен­ство

б)  Пусть Е  — се­ре­ди­на AD. Со­еди­ним от­рез­ка­ми точку E с точ­ка­ми P и О.

До­ка­жем, что KM не­за­ви­си­мо от вы­бо­ра рас­по­ло­же­ния точки K раз­би­ва­ет квад­рат ABCD на две рав­но­ве­ли­кие фи­гу­ры. Дей­стви­тель­но, при сим­мет­рии от­но­си­тель­но O точка M пе­рей­дет в точку K, точка C  — в точку A, точка B в точку D и на­о­бо­рот. Сле­до­ва­тель­но, при той же сим­мет­рии че­ты­рех­уголь­ни­ки ABMK и CDKM пе­рей­дут друг на друга, от­ку­да Далее,

Оче­вид­но, что

Ответ:

а)  В тре­уголь­ни­ке от­ре­зок BD  — сред­няя линия (так как па­рал­ле­лен и равен его по­ло­ви­не), зна­чит, EB  =  BC  =  AB и тре­уголь­ник EBA  — рав­но­бед­рен­ный. Тогда

б)  По­сколь­ку и (так как ), имеем По­сколь­ку плос­ко­сти ABC и пе­ре­се­ка­ют­ся по пря­мой AE, имеем

Ответ:

а)  По­сколь­ку то по­это­му тре­уголь­ни­ки ABC и CBE по­доб­ны (по пер­во­му при­зна­ку по­до­бия). Сле­до­ва­тель­но,

б)  

Ответ:

а)  Оче­вид­но, про­из­ве­де­ние чисел в одной из групп крат­но 7, а в осталь­ных  — не крат­но 7.

б)  Да, на­при­мер

в)  Обо­зна­чая цифры a, b в пер­вой груп­пе, c, d, e во вто­рой и f, g, h, i в тре­тьей, по­лу­чим сумму

Если по­ме­ня­ем ме­ста­ми f и 9, от этого сумма уве­ли­чит­ся. Ана­ло­гич­но по­ста­вим на места c, d цифры 7 и 8, на места h, d, a  — цифры 4, 5, 6, на остав­ши­е­ся места  — остав­ши­е­ся цифры. Тогда общая сумма будет В ка­че­стве чисел можно взять, на­при­мер, 9863 + 752 + 41.

Ответ: а) нет, б) да, в) 10656.

а)  От­ме­тим на ребре PC точку T так, что Тогда от­ку­да KMTN  — тра­пе­ция. За­ме­тим далее, что по­это­му тре­уголь­ни­ки CTM и ANK равны по двум сто­ро­нам и углу между ними, сле­до­ва­тель­но, и тра­пе­ция рав­но­бед­рен­ная.

(оче­вид­но, так что это не па­рал­ле­ло­грамм).

б)  Пусть H  — се­ре­ди­на AC, тогда Обо­зна­чим за O центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, за E и F пе­ре­се­че­ние KM и NT с плос­ко­стью PHB со­от­вет­ствен­но, за G  — про­ек­цию точки F на плос­кость ABC (оче­вид­но, она лежит на BH). Тогда FE, (по­сколь­ку лежат в плос­ко­сти BHP) и ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го дву­гран­но­го угла это Те­перь про­ве­дем не­ко­то­рые вы­чис­ле­ния.

Тогда

Ответ:

а)  За­ме­тим, что угол ANB пря­мой, так как опи­ра­ет­ся на диа­метр AB пер­вой окруж­но­сти. Сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок  AN  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка  AMM₁. При этом тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный, сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок  AN яв­ля­ет­ся также ме­ди­а­ной этого тре­уголь­ни­ка, а зна­чит, Что тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что дуги CB и BD равны, зна­чит, Пусть DN пе­ре­се­ка­ет вто­рую окруж­ность в точке C₁. Из сим­мет­рии за­клю­ча­ем, что сле­до­ва­тель­но, (по­след­нее ра­вен­ство вы­те­ка­ет из свойств впи­сан­ных углов). Тогда тре­уголь­ни­ки CMN и MDN по­доб­ны, зна­чит, то есть от­ку­да MN  =  9.

Ответ: б) 9.

а)  Имеем:

б)  Про­дол­жим EF до пе­ре­се­че­ния с AB в точке T. Тогда тре­уголь­ни­ки TEA и TFB по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том по­это­му

Опу­стим те­перь пер­пен­ди­ку­ляр из A на пря­мую CT, обо­зна­чив его ос­но­ва­ние за H. Тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах. Зна­чит,   — ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла между плос­ко­стя­ми ABC и ECF.

Пусть все ребра приз­мы равны Тогда

По тео­ре­ме ко­си­ну­сов из тре­уголь­ни­ка CBT имеем

Вы­чис­лим те­перь вы­со­ту в тре­уголь­ни­ке CAT.

Зна­чит, в тре­уголь­ни­ке EAH имеем

Ответ:

а)  Пусть точка M  — се­ре­ди­на от­рез­ка DE. Тогда от­рез­ки ME и FB равны и па­рал­лель­ны, сле­до­ва­тель­но, че­ты­рех­уголь­ник MEBF  — па­рал­ле­ло­грамм, по­это­му от­ку­да а зна­чит, Сле­до­ва­тель­но, че­ты­рех­уголь­ник DCEF впи­сан в окруж­ность, а тогда Пря­мые DE и AB па­рал­лель­ны, по­это­му Тре­уголь­ник BFE рав­но­бед­рен­ный с углом 60°, сле­до­ва­тель­но, он рав­но­сто­рон­ний. Что тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что

от­ку­да и сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б) 

При­ве­дем ре­ше­ние Ва­ле­рия Гри­го­рье­ва.

а)  Про­дол­жим от­рез­ки DF и BC до пе­ре­се­че­ния в точке К. В тре­уголь­ни­ке DEK от­ре­зок BF  — сред­няя линия, так как он па­рал­ле­лен ос­но­ва­нию DE и равен его по­ло­ви­не. Тогда EK  =  2, зна­чит, тре­уголь­ник DEK  — рав­но­бед­рен­ный, а точка F  — се­ре­ди­на DK, от­ку­да DF  =  FK. Сле­до­ва­тель­но, CF  — ме­ди­а­на в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке CDK, и по­то­му CF  =  FK.

Таким об­ра­зом, тре­уголь­ник CFK  — рав­но­бед­рен­ный, углы при его ос­но­ва­нии равны 30°. В тре­уголь­ни­ке DEK имеем: и а смеж­ный с ним угол CED равен 60°. Это угол, в свою оче­редь, яв­ля­ет­ся со­от­вет­ствен­ным с углом ABC при па­рал­лель­ных DE и AB и се­ку­щей BE. Таким об­ра­зом, тре­уголь­ник EFB  — рав­но­бед­рен­ный с углом 60°, то есть рав­но­сто­рон­ний.

б)  В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке CDE имеем: и от­ку­да Ги­по­те­ну­за AB вдвое боль­ше сред­ней линии DE, то есть AB  =  4. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке ABC по­лу­ча­ем Пло­щадь тре­уголь­ни­ка равна