Рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция ABCD  — ос­но­ва­ние приз­мы при этом, (см.рис.). Так как в тра­пе­цию можно впи­сать окруж­ность, то Тогда,

  — боль­шая бо­ко­вая грапь приз­мы, а угол равен со­от­вет­ствен­но Из тре­уголь­ни­ка по­лу­ча­ем, что

Имеем:

Ответ:

Рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция ABCD  — ос­но­ва­ние приз­мы при этом, Так как в тра­пе­цию можно впи­сать окруж­ность, то Тогда,

  — бо­ко­вая грапь приз­мы, а угол равен со­от­вет­ствен­но Из тре­уголь­ни­ка по­лу­ча­ем, что

Имеем:

Ответ:

Пусть дан­ные за­да­чи изоб­ра­же­ны на ри­сун­ке (см. рис). Плос­кость рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ABC (AB  =  AC) и не ле­жа­щая на ней точка P об­ра­зу­ют тре­уголь­ную пи­ра­ми­ду. По­сколь­ку все её бо­ко­вые рёбра равны, точка H (в неё па­да­ет вы­со­та пи­ра­ми­ды) яв­ля­ет­ся цен­тром опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABM найдём AB по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Найдём пло­щадь S тре­уголь­ни­ка ABC:

Найдём те­перь ра­ди­ус R опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка PHC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра найдём PC:

Ответ:

Пусть дан­ные за­да­чи изоб­ра­же­ны на ри­сун­ке (см. рис). Плос­кость рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ABC и не ле­жа­щая на ней точка M об­ра­зу­ют тре­уголь­ную пи­ра­ми­ду. По­сколь­ку все рас­сто­я­ния от точки M до сто­рон тре­уголь­ни­ка равны, точка H (в неё па­да­ет вы­со­та пи­ра­ми­ды) яв­ля­ет­ся цен­тром впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABK найдём BK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Найдём пло­щадь S тре­уголь­ни­ка ABC:

Те­перь найдём ра­ди­ус r впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка MHK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра найдём MH:

Ответ: 8 см.

Тра­пе­ция опи­са­на, зна­чит:

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции:

Вы­ра­зим ра­ди­ус окруж­но­сти через эту пло­щадь:

Те­перь рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник AON. В нём по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ:

Так как точка M рав­но­уда­ле­на от вер­шин тре­уголь­ни­ка, то вы­со­та, про­ве­ден­ная из неё, по­па­дет в центр опи­сан­ной во­круг этого тре­уголь­ни­ка окруж­но­сти. Тогда O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти, а так как тре­уголь­ник ABC  — пря­мо­уголь­ный, эта точка яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной ги­по­те­ну­зы. За­ме­тим, что CO  — ме­ди­а­на, про­ве­ден­ная из вер­ши­ны пря­мо­го угла, зна­чит:

Так как CO  — про­ек­ция пря­мой MC на плос­кость ABC, угол MCO  — ис­ко­мый. В тре­уголь­ни­ке MCO имеем и зна­чит:

Таким об­ра­зом,

Ответ:

Так как точка K рав­но­уда­ле­на от вер­шин тре­уголь­ни­ка, то вы­со­та, про­ве­ден­ная из неё, по­па­дет в центр опи­сан­ной во­круг этого тре­уголь­ни­ка окруж­но­сти. Тогда O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти, а так как тре­уголь­ник ABC  — пря­мо­уголь­ный, эта точка яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной ги­по­те­ну­зы. За­ме­тим, что CO  — ме­ди­а­на, про­ве­ден­ная из вер­ши­ны пря­мо­го угла, зна­чит:

Так как CO  — про­ек­ция пря­мой KC на плос­кость ABC, угол KCO  — ис­ко­мый. В тре­уголь­ни­ке KCO имеем и зна­чит:

Таким об­ра­зом,

Ответ:

Будем счи­тать, что AD и BC  — ос­но­ва­ния тра­пе­ции. Более того, будем счи­тать, что AD  — боль­шее ос­но­ва­ние тра­пе­ции.

По­сколь­ку B₁C₁ па­рал­ле­лен BC и AD, се­че­ние, опи­сан­ное в усло­вии  — тра­пе­ция AB₁C₁D.

Пусть BH и CK  — вы­со­та тра­пе­ции ABCD. Тогда

Ана­ло­гич­но, и тогда

По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах B₁H пер­пен­ди­ку­ля­рен AD, по­сколь­ку его про­ек­ция на плос­кость ос­но­ва­ния это BH, а BH пер­пен­ди­ку­ля­рен AD. Тогда

от­ку­да

Далее,

Ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в тра­пе­цию, равен по­ло­ви­не ее вы­со­ты, то есть Эта окруж­ность будет ос­но­ва­ни­ем ци­лин­дра.

Зна­чит,

Ответ: