Известно что aa1 bb1 как расположены по отношению друг к другу прямые

имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,

Источник

Известно что aa1 bb1 как расположены по отношению друг к другу прямые

В основании прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ лежит квадрат ABCD со стороной 1, боковое ребро равно 2. Плоскость сечения проходит через середины ребер AD и CC₁ параллельно диагонали B₁D.

а) Докажите, что плоскость сечения делит ребро BB₁ в отношении 1 : 5, считая от точки B₁.

б) Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью основания параллелепипеда.

а) Построим указанное сечение (см. рис.). Пусть M — середина AD, N — середина CC₁, L — точка пересечения диагоналей грани AA₁B₁B. Тогда ML — средняя линия треугольника AB₁D, ML параллельна B₁D₁ и, следовательно, лежит в плоскости сечения. Прямая ML лежит в плоскости ADC₁B₁ и, следовательно, пересекает B₁C₁. Пусть K — точка пересечения ML и B₁C₁. Проведём прямую KN. Пусть P — точка пересечения KN и BC, а Q — точка пересечения KN и BB₁. Проведем прямую MP. Пусть R — точка пересечения MP и CD, S — точка пересечения QL и AA₁. Соединим теперь S и M, получим пятиугольник MRNQS — искомое сечение.

Из равенства треугольников AML и LKB₁ имеем: Треугольники KB₁Q и KC₁N подобны, причём

б) Из точек B и Q опустим перпендикуляры на прямую По теореме о трёх перпендикулярах они попадут в одну точку H, тогда BHQ — искомый угол. Из п. а) Треугольники KC₁N и NCP равны, следовательно, Треугольники CPR и MDR подобны, поэтому а значит,

Треугольники BHP и CPR подобны, поэтому Тогда откуда то есть

Ответ: б)

Окружность проходит через вершины B и C треугольника ABC и пересекает AB и AC в точках C₁ и B₁ соответственно.

а) Докажите, что треугольник ABC подобен треугольнику AB₁C₁.

б) Найдите радиус данной окружности, если ∠A = 45°, B₁C₁ = 6 и площадь треугольника AB₁C₁ в восемь раз меньше площади четырёхугольника BCB₁C₁.

Четырёхугольник BCB₁C₁ вписан в окружность, поэтому

Следовательно, треугольники ABC и AB₁C₁ подобны по двум углам.

б) Площадь треугольника AB₁C₁ в восемь раз меньше площади четырёхугольника BCB₁C₁, поэтому площадь треугольника ABC в девять раз больше площади треугольника AB₁C₁ и коэффициент подобия этих треугольников равен 3. Пусть тогда Найдём BB₁ по теореме косинусов:

Теперь по теореме синусов из треугольника ABB₁ получаем:

Но поскольку синусы смежных углов равны. Получаем

Теперь находим радиус окружности, описанной около треугольника BB₁C:

Ответ:

Окружность проходит через вершины B и C треугольника ABC и пересекает AB и AC в точках C₁ и B₁ соответственно.

а) Докажите, что треугольник ABC подобен треугольнику AB₁C₁.

б) Найдите радиус данной окружности, если ∠A = 135°, B₁C₁ = 10 и площадь треугольника AB₁C₁ в семь раз меньше площади четырёхугольника BCB₁C₁.

Четырёхугольник BCB₁C₁ вписан в окружность, поэтому

Следовательно, треугольники ABC и AB₁C₁ подобны по двум углам.

б) Площадь треугольника AB₁C₁ в семь раз меньше площади четырёхугольника BCB₁C₁, поэтому площадь треугольника ABC в восемь раз больше площади треугольника AB₁C₁ и коэффициент подобия этих треугольников равен Пусть тогда Найдём BB₁ по теореме косинусов:

Теперь по теореме синусов из треугольника ABB₁ получаем:

Но поскольку синусы смежных углов равны. Получаем

Теперь находим радиус окружности, описанной около треугольника BB₁C:

Ответ:

Аналоги к заданию № 530458: 530560 Все

а) Докажите, что прямая OO₁ пересекает отрезки A₁B и C₁D под одинаковыми углами.

б) Найдите OO₁, если

а) Заметим, что при повороте на 90° вокруг точки C, прямая BA₁ переходит в прямую DC₁. Прямая BA₁ перпендикулярна прямой DC₁, значит, углы BED и C₁EA₁ равны 90° (точка E — пересечение BA₁ и C₁D). Тогда окружности, описанные около квадратов, пересекаются в точках C и E, следовательно

Прямая CE перпендикулярна прямой OO₁, значит

Аналогично, угол DME равен 45° (здесь точка K — пересечение BA₁ и OO₁, а точка M — пересечение C₁D и OO₁).

б) Прямая BA₁ переходит в DC₁ при повороте, Пусть P и Q — проекции точек O и O₁ соответственно на прямую BA₁. Точка P — середина BE, точка Q — середина A₁E, тогда

б) Найдите CD, если отрезки AD и BC перпендикулярны, AC = 28, BC = 18.

а) По теореме Менелая откуда Имеем: следовательно, треугольники и подобны по второму признаку, откуда и Но по условию поэтому отрезки и равны и параллельны, а значит, — параллелограмм по признаку.

б) Пусть Q — точка пересечения прямых AD и BC. По теореме Чевы откуда а тогда По теореме Пифагора в треугольнике AQC имеем: По теореме Менелая откуда Тогда и по теореме Пифагора для треугольника DQC находим

Замечание. Некоторые читатели недооценивают теоремы Менелая и Чевы, другие считают их «хитроумными»; многие полагают, что эти теоремы излишни в курсе планиметрии. Укажем, как обойтись без теоремы Менелая в решении пункта а).

Приведём другое решение.

а) Пусть точка O, лежащая на стороне АВ такова, что отрезок параллелен Тогда по обобщенной теореме Фалеса, примененной к отрезкам и параллельным прямым и получаем: Пусть тогда из полученного соотношения находим, что Снова применим обобщенную теорему Фалеса — для отрезков и параллельных прямых Получим: Значит, точка D делит отрезок BB₁ так же, как точка А₁ делит ВС. По теореме, обратной обобщенной теореме Фалеса, из этого следует параллельность прямых DA₁ и B₁C, а также подобие треугольников BDA₁ и BB₁C.

Пусть B₁C = 3z, тогда в силу подобия Но по условию следовательно, Тем самым противоположные стороны и четырехугольника не только параллельны, но и равны. Таким образом, этот четырехугольник — параллелограмм.

б) Из условия получаем, что Четырехугольник — параллелограмм, поэтому По теореме Фалеса для отрезков и параллельных прямых AQ и получаем: откуда По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике находим По теореме Пифагора в треугольнике DQC вычисляем

Приведем решение Анны Букиной (Иркутск).

а) Через вершину В проведем прямую OM, параллельную AC, и введем обозначения, как показано на рисунке. Треугольники OC₁B и AC₁C подобны по двум углам, поэтому

Треугольники OBD и B₁DC подобны, потому откуда следует, что Тогда треугольники и подобны. Из подобия получаем, что прямые DA₁ и BM параллельны, а тогда и прямые DA₁ и AB₁ параллельны.

Из доказанного также следует, что откуда Следовательно, —>

Треугольники OBD и DB₁C подобны по двум углам, поэтому

следовательно, треугольники BDA₁ и BB₁C подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, тогда

DA₁ || B₁C, откуда то есть противоположные стороны и четырехугольника параллельны и равны. Тем самым этот четырехугольник — параллелограмм.

б) Заметим, что треугольник прямоугольный с гипотенузой и катетом а потому Сумма углов, прилежащих к боковой стороне трапеции, равна 180°, поэтому

Применим теорему косинусов к треугольнику имеем:

Источник

• через какое время делают повторное эко →