Ре­ше­ние. В че­ты­рех­уголь­ник можно впи­сать окруж­ность тогда и толь­ко тогда, когда суммы длин его про­ти­во­по­лож­ных сто­рон равны. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 198.

Ре­ше­ние. Боль­ший от­ре­зок сред­ней линии тра­пе­ции яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка ABD, а зна­чит, равен по­ло­ви­не его ос­но­ва­ния:

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. Мно­го­гран­ник B₁ABC пред­став­ля­ет собой тре­уголь­ную пи­ра­ми­ду с ос­но­ва­ни­ем ABC и вы­со­той h  =  BB₁  =  AA₁. Объем пи­ра­ми­ды можно вы­чис­лить по фор­му­ле где так как тре­уголь­ник ABC пря­мо­уголь­ный. Учи­ты­вая, что BC  =  AD, по­лу­ча­ем

Ответ: 6.

При­ме­ча­ние.

Объем пи­ра­ми­ды вы­чис­ля­ет­ся по фор­му­ле Если пло­щадь ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды в два раза мень­ше пло­ща­ди ос­но­ва­ния па­рал­ле­ле­пи­пе­да, а вы­со­та у них общая, то, не­за­ви­си­мо от вида па­рал­ле­ле­пи­пе­да, объем пи­ра­ми­ды в шесть раз мень­ше объ­е­ма па­рал­ле­ле­пи­пе­да. За­дан­ный па­рал­ле­ле­пи­пед пря­мо­уголь­ный, его объем равен про­из­ве­де­нию из­ме­ре­ний этого па­рал­ле­ле­пи­пе­да. Тогда

Ответ: 6.

Ре­ше­ние. Объ­е­мы дан­ных ко­ну­сов со­от­но­сят­ся как пло­ща­ди их ос­но­ва­ний и, сле­до­ва­тель­но, как квад­ра­ты их диа­мет­ров. Диа­метр впи­сан­но­го ко­ну­са равен сто­ро­не квад­ра­та, диа­метр опи­сан­но­го  — диа­го­на­ли квад­ра­та, длина ко­то­рой равна   длины сто­ро­ны. По­это­му объем опи­сан­но­го ко­ну­са в 2 раза боль­ше объ­е­ма впи­сан­но­го.

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. По гра­фи­ку тогда

Далее, по гра­фи­ку тогда

Ответ: 1,5.

Ре­ше­ние. а)  Пусть точка О  — центр шара, R  — его ра­ди­ус. Пря­мая OB пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, по­это­му OB об­ра­зу­ет пря­мые углы с пря­мы­ми AB и BC. Зна­чит,

От­сю­да центр шара рав­но­уда­лен от кон­цов от­рез­ка AC, а зна­чит лежит на плос­ко­сти, про­хо­дя­щей через се­ре­ди­ну AC и пер­пен­ди­ку­ляр­ной ему. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть шар ка­са­ет­ся ребра SA в точке G. Шар ка­са­ет­ся плос­ко­сти ос­но­ва­ния, по­это­му его центр  — точка O  — лежит на пря­мой, про­хо­дя­щей через точку B пер­пен­ди­ку­ляр­но ABC. Рас­сто­я­ния от точки O до плос­ко­сти ос­но­ва­ния и до ребра пря­мой AS равно ра­ди­у­су шара:

По свой­ству про­ве­ден­ных из одной точки ка­са­тель­ных к шару: SG  =  1. Ра­ди­ус, про­ве­ден­ный в точку ка­са­ния, пер­пен­ди­ку­ля­рен ка­са­тель­ной, по­это­му тре­уголь­ник OGS пря­мо­уголь­ный. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем квад­рат его ги­по­те­ну­зы:

Про­ве­дем вы­со­ту пи­ра­ми­ды SH. Точка H  — центр ос­но­ва­ния, по­это­му

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ВSH на­хо­дим:

От­рез­ки SH и OB пер­пен­ди­ку­ля­ры плос­ко­сти АВС, по­это­му они па­рал­лель­ны между собой, а зна­чит, че­ты­рех­уголь­ник BOSH  — пря­мо­уголь­ная тра­пе­ция. Про­ве­дем в ней вы­со­ту OL, тогда

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке OLS по­лу­ча­ем: то есть

от­ку­да

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что сумма углов MHN и MCN равна 180°, по­это­му че­ты­рех­уголь­ник CMHN впи­сан в окруж­ность. Углы HMN и HCN равны как впи­сан­ные. Углы HCN и CAB равны, по­то­му что каж­дый из них равен Таким об­ра­зом, тре­уголь­ни­ки HMN и CAB по­доб­ны по двум углам. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что а От­сю­да тре­уголь­ни­ки CMH и BNH по­доб­ны по двум углам, при­чем из пунк­та а) сле­ду­ет, что

Из це­поч­ки ра­венств по­лу­ча­ем, что

Ответ:

Ре­ше­ние. Пло­щадь пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка равна по­ло­ви­не про­из­ве­де­ния ка­те­тов

Ответ: 12.

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 27563.