Версия для печати
Убрать все задачи

---

Составьте уравнение окружности, проходящей через точки A(- 2;1), B(9;3) и C(1;7).

   Решение

---

На диагонали AC нижней грани единичного куба ABCDA₁B₁C₁D₁ отложен отрезок AE длины l . На диагонали B₁D₁ его верхней грани отложен отрезок B₁F длиной ml . При каком l (и фиксированном m>0 ) длина отрезка EF будет наименьшей?

   Решение

---

На сторонах АВ, ВС и АС равностороннего треугольника АВС выбраны точки K, M и N соответственно так, что угол MKB равен углу MNC, а угол KMB равен углу KNA. Докажите, что NB – биссектриса угла MNK.

   Решение

---

Угол B при вершине равнобедренного треугольника ABC равен 120°. Из вершины B выпустили внутрь треугольника два луча под углом 60° друг к другу, которые, отразившись от основания AC в точках P и Q, попали на боковые стороны в точки M и N (см. рис.). Докажите, что площадь треугольника PBQ равна сумме площадей треугольников AMP и CNQ.

   Решение

---

Найти все действительные решения уравнения x²+2x sin xy+1=0 .

   Решение

---

Диагонали трёх различных граней прямоугольного параллелепипеда равны m , n и p . Найдите диагональ параллелепипеда.

   Решение

---

В треугольнике ABC угол B равен 60°. Точка D внутри треугольника такова, что  ∠ADB = ∠ADC = ∠BDC.
Найдите наименьшее значение площади треугольника ABC, если  BD = a.

   Решение

---

Биссектриса угла A треугольника ABC пересекает серединный перпендикуляр к стороне AB в точке X, серединный перпендикуляр к стороне AC – в точке Y, а описанную окружность треугольника – в точке Z. Точки A, X, Y и Z лежат на биссектрисе в порядке перечисления. Докажите, что  AX = YZ.

   Решение

---

В треугольнике ABC угол A равен 60^o . Пусть BB₁ и CC₁  — биссектрисы этого треугольника. Докажите, что точка, симметричная вершине A относительно прямой B₁C₁ , лежит на стороне BC .

   Решение

---

В трапеции ABCD угол ADC прямой, угол BAD равен arctg 3 и AD=CD . Квадрат KLMN расположен в пространстве так, что его центр совпадает с серединой отрезка AD . Точка D лежит на стороне LK и DL < DK , точка M равноудалена от точек C и D . Расстояние от точки L до ближайшей к ней точки трапеции ABCD равно 2, а расстояние от точки N до ближайшей к ней точки трапеции ABCD равно 3. Найдите площадь трапеции ABCD и расстояние от точки M до плоскости ABCD .

   Решение

---

Пусть r — радиус вписанной окружности, а r_a , r_b и r_c — радиусы вневписанных окружностей треугольника ABC , касающихся сторон BC=a , AC=b , AB=c соответственно; p — полупериметр треугольника ABC , S — его площадь. Докажите, что
                     а) = + + ; б) S = .

   Решение

---

Два квадрата ABCD и KLMN расположены в пространстве так, что центр квадрата KLMN совпадает с серединой стороны AB . Точка A лежит на стороне LM и AM<AL , точка N равноудалена от точек B и C . Расстояние от точки M до ближайшей к ней точки квадрата ABCD равно 2 , а расстояние от точки K до ближайшей к ней точки квадрата ABCD равно 5. Найдите длины сторон квадратов ABCD и KLMN и расстояние от точки N до плоскости ABCD .

   Решение

---

Стороны треугольника a,b и c . A=60^o . Доказать, что

3/(a+b+c)=1/(a+b)+1/(a+c).

   Решение

---

Все попарные расстояния между четырьмя точками в пространстве равны 1. Найдите расстояние от одной из этих точек до плоскости, определяемой тремя другими.

   Решение

---

Треугольник можно разрезать на три равных треугольника. Докажите, что один из его углов равен 60°.

   Решение

---

Укажите точки на поверхности куба, из которых диагональ куба видна под наименьшим углом.

   Решение

Темы:    [ Куб ] [ Вписанный угол, опирающийся на диаметр ] [ Теорема о трех перпендикулярах ] [ Расстояние между двумя точками. Уравнение сферы ] [ Теорема Пифагора в пространстве ]

Сложность: 4- Классы: 10,11

Прислать комментарий

Условие

Укажите точки на поверхности куба, из которых диагональ куба видна под наименьшим углом.

Решение

Рассмотрим одну из диагоналей куба АВСDA₁B₁C₁D₁ , например, А₁С (см. рис. 11.3б, в). Заметим, что диагональ A₁C видна из любой вершины куба (кроме точек А₁ и С ) под прямым углом (это следует из теоремы о трех перпендикулярах или из теоремы, обратной теореме Пифагора). Докажем, что из других точек поверхности куба эта диагональ видна под тупым углом. Возможны различные способы рассуждений.
Первый способ. Опишем вокруг куба сферу. Из сказанного выше следует, что диагональ А₁С куба является ее диаметром. Докажем, что из любой точки Р внутри сферы (не лежащей на диаметре) этот диаметр виден под тупым углом. Действительно, проведем сечение сферы плоскостью А₁PС и получим окружность. Из точек, лежащих внутри окружности, диаметр виден под тупым углом (*), что и требовалось.
(*) Этот планиметрический факт можно доказывать различными способами, например, использовать то, что угол А₁РС  — внешний для прямоугольного треугольника РЕС (см. рис. 11.3 а).
Для удобства изложения других способов рассуждений рассмотрим произвольную точку P на поверхности куба, отличную от его вершин, и расположенную, например, в грани ABCD .

Второй способ. Пусть F  — центр грани ABCD , являющийся проекцией середины O диагонали A₁C на грань ABCD (см. рис. 11.3б).
Так как FP < FC , то по свойству наклонных и их проекций OP < OC = A₁C .
Докажем, что угол A₁PC  — тупой. Построим в плоскости A₁PC окружность на отрезке A₁C как на диаметре, тогда из доказанного неравенства следует, что точка Р лежит внутри этой окружности, а из точек, лежащих внутри окружности, диаметр виден под тупым углом (*), что и требовалось.
Третий способ. Прямая AP  — проекция прямой A₁P на плоскость ABC (см. рис. 11.3б). Применим к прямым PA₁ , PA и PC формулу трех косинусов: cos A₁PC= cos A₁PA· cos APC .
Треугольник A₁PA  — прямоугольный, значит, угол A₁PA  — острый, то есть cos A₁PA>0 . Угол АРС  — тупой, так как точка Р лежит внутри окружности с диаметром АС ( ), значит, cos APC < 0 . Следовательно, cos A₁PC< 0 , то есть угол A₁PС  — тупой, что и требовалось.
Четвертый способ. Введем в пространстве декартову систему координат так, что А(0; 0; 0) , B(a; 0; 0) , D(0; a; 0) , A₁(0; 0; a) (см. рис. 11.3в).
Пусть P(x; y; 0) , тогда 0 < x a и 0 < y a (оба равенства одновременно выполняться не могут). Найдем стороны треугольника A₁PC : PC²=(a-x)²+(a-y)² , PA₁²=PA²+AA₁²=x²+y²+a² , A₁C²=3a² . Тогда PA₁²+PC²-A₁C² = 2x²-2ax+2y²-2ay = 2x(x-a)+2y(y-a) < 0 .
Следовательно, cos A₁PC= < 0 , то есть угол A₁PC  — тупой, что и требовалось.

Ответ

все вершины куба, кроме концов этой диагонали.

Источники и прецеденты использования