Пчела долж­на про­полз­ти по грани ABCDEF, по бо­ко­вой по­верх­но­сти приз­мы и по грани A₁B₁C₁D₁E₁F₁  — имен­но в таком по­ряд­ке. Дей­стви­тель­но, если пчела по­ки­ну­ла грань ABCDEF в точке P, а потом вер­ну­лась в эту грань через точку Q, то она про­де­ла­ла не крат­чай­ший путь: крат­чай­ший путь между точ­ка­ми вы­пук­ло­го ABCDEF тоже лежит в ABCDEF. Ана­ло­гич­но с A₁B₁C₁D₁E₁F₁

Рас­смат­ри­вая раз­верт­ки приз­мы, убе­дим­ся в том, что крат­чай­ший путь пчелы между точ­ка­ми X и Y не вы­хо­дит за пре­де­лы по­верх­но­сти приз­мы ABCOA₁B₁C₁O₁  — зна­чит, про­хо­дит по грани ABB₁A₁ или по грани BCC₁B₁. Рас­смот­рев раз­верт­ки ABCOA₁B₁C₁O₁ с пу­тя­ми пчелы по упо­мя­ну­тым гра­ням, убе­дим­ся в ра­вен­стве длин путей пчелы. Вы­чис­лим длину пути, счи­тая длину сто­ро­ны ше­сти­уголь­ни­ка рав­ной вы­со­ту приз­мы рав­ной Тогда

The bee should crawl along the ABCDEF facet, along the lateral surface of the prism and along the A₁B₁C₁D₁E₁F₁ facet in that order. Indeed, if the bee left the facet ABCDEF at the point P and then returned to this facet through the point Q, then it did not follow the shortest path: the shortest path between the points of the convex ABCDEF also lies in ABCDEF. Like wise with A₁B₁C₁D₁E₁F₁.

Considering the unfolding of the prism, we will make sure that the shortest path of the bee between the points X и Y does not go beyond the surface of the prism ABCOA₁B₁C₁O₁  — it means that it passes along the facet ABB₁A₁ or along the facet BCC₁B₁. Having considered the sweeps ABCOA₁B₁C₁O₁ with the paths of the bee along the mentioned faces, we will make sure that the lengths of the paths of the bee are equal. Let’s calculate the length of the path, considering the length of the side of the hexagon equal to the height of the prism equal to

Then

Ответ: 7.

За­ме­тим, что четырёхуголь­ник L₁M₂L₂M₁ яв­ля­ет­ся впи­сан­ным, так как По­это­му

Ана­ло­гич­но по­это­му тре­уголь­ни­ки BL₁M₁ и BL₂M₂ по­доб­ны, причём точка L₁ в пер­вом тре­уголь­ни­ке со­от­вет­ству­ет точке L₂ во вто­ром. Од­на­ко в усло­вии на­пи­са­но, что они по­доб­ны и дру­гим об­ра­зом, зна­чит, эти два тре­уголь­ни­ка рав­но­бед­рен­ные. От­сю­да по­лу­ча­ем, что и, по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, на­хо­дим

Ответ: 8.

Пусть и В тре­уголь­ни­ке ABC имеем

где и

сле­до­ва­тель­но, Тогда

Так как от­рез­ки PC и AB пер­пен­ди­ку­ляр­ны и то и Имеем: Пусть тогда Квад­рат ги­по­те­ну­зы пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка QBO равен сумме квад­ра­тов его ка­те­тов, то есть сле­до­ва­тель­но,

где Зна­чит, и Итого, на­хо­дим пло­щадь тре­уголь­ни­ка MAN:

Ответ: 600.

Пусть

Рас­сто­я­ние от цен­тра впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC окруж­но­сти до плос­ко­сти, со­дер­жа­щей бо­ко­вую грань BSC обо­зна­чим d:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BOC:

Пусть где r  — ра­ди­ус впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC окруж­но­сти, тогда

Тре­уголь­ни­ки OLN и OKG по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

От­сю­да на­хо­дим

Зна­чит, рас­сто­я­ние от цен­тра впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC окруж­но­сти до плос­ко­сти, со­дер­жа­щей бо­ко­вую грань BSC равно:

Ответ: 4.

Пусть и В тре­уголь­ни­ке ABC имеем

где и

сле­до­ва­тель­но, Тогда

Так как от­рез­ки PC и AB пер­пен­ди­ку­ляр­ны и то и Имеем: Пусть тогда Квад­рат ги­по­те­ну­зы пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка QBO равен сумме квад­ра­тов его ка­те­тов, то есть сле­до­ва­тель­но,

от­ку­да а зна­чит, Итого, на­хо­дим пло­щадь тре­уголь­ни­ка OAC:

Ответ: 105.

Пусть и Рас­сто­я­ние от цен­тра впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC окруж­но­сти до плос­ко­сти, со­дер­жа­щей бо­ко­вую грань BSC обо­зна­чим d. Тогда В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BOC:

Пусть где r  — ра­ди­ус впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC окруж­но­сти, тогда

Тре­уголь­ни­ки OLN и OKG по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но

Обо­зна­чим тогда а зна­чит вы­со­та равна

то есть

От­сю­да на­хо­дим объем пи­ра­ми­ды SABC:

и его квад­рат

Ответ: 2880.

Тре­уголь­ник BCE равен тре­уголь­ни­ку CDK по двум ка­те­там, сле­до­ва­тель­но,

сле­до­ва­тель­но, пря­мая BE пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой CK. Тогда в че­ты­рех­уголь­ни­ке ABOK: По­это­му во­круг него можно опи­сать окруж­ность, ра­ди­ус ко­то­рой обо­зна­чим r в тре­уголь­ни­ке ABK:

Ответ:

Имеем:

От­ре­зок AC яв­ля­ет­ся от­рез­ком ка­са­тель­ной к окруж­но­сти, тогда

Обо­зна­чим R ра­ди­ус опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка ABK окруж­но­сти. Имеем

Тре­уголь­ник ABC по­до­бен тре­уголь­ни­ку AKC, сле­до­ва­тель­но,

от­ку­да и Най­дем сто­ро­ну AB. По фор­му­ле Ге­ро­на имеем

С дру­гой сто­ро­ны

При­хо­дим к урав­не­нию

Пусть Тогда

Сле­до­ва­тель­но, или то есть 1) или 2) По­сколь­ку

то 1) или 2)

Ответ: 1) 2)

Бо­ко­вые ребра TA, TB, и TC тет­ра­эд­ра TABC по­пар­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны и на­кло­не­ны к плос­ко­сти ос­но­ва­ния ABC под уг­ла­ми α, β и γ со­от­вет­ствен­но, и До­ка­жем, что

Сна­ча­ла до­ка­жем, что H  — точка пе­ре­се­че­ния высот тре­уголь­ни­ка ABC.

Дей­стви­тель­но, от­ре­зок TD пер­пен­ди­ку­ля­рен сто­ро­не AB, пря­мая TD  — про­ек­ция CD на плос­кость ATB, по­сколь­ку пря­мая TC пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти (ATB).

По тео­ре­ме о 3-x пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мая CD пер­пен­ди­ку­ляр­на сто­ро­не AB. От­рез­ки TH и CD пер­пен­ди­ку­ляр­ны, для осталь­ных высот тре­уголь­ни­ка ACB рас­суж­де­ния ана­ло­гич­ные. Точка H  — точка пе­ре­се­че­ния высот тре­уголь­ни­ка ABC. От­ре­зок TH  — вы­со­та пи­ра­ми­ды. Тогда

от­ку­да

По­сколь­ку и то Зна­чит,

Тогда

сле­до­ва­тель­но, и

Пусть точка K, ле­жа­щая в плос­ко­сти ос­но­ва­ния ABC, рав­но­уда­ле­на от бо­ко­вых гра­ней тет­ра­эд­ра TABC. Обо­зна­чим рас­сто­я­ние от точки K до бо­ко­вых гра­ней пи­ра­ми­ды TABC через x. Тогда

то есть

сле­до­ва­тель­но,

и

Ответ:

Центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в угол, лежит на бис­сек­три­се этого угла, по­это­му лучи AF и AO яв­ля­ют­ся бис­сек­три­са­ми и со­от­вет­ствен­но.

Угол между бис­сек­три­са­ми смеж­ных углов яв­ля­ет­ся пря­мым, по след­ствию из тео­ре­мы о смеж­ных углах, зна­чит, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник FAO  — пря­мо­уголь­ный. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем FO:

Лучи KF и KO яв­ля­ют­ся бис­сек­три­са­ми и со­от­вет­ствен­но по тео­ре­ме о свой­стве двух ка­са­тель­ных к окруж­но­сти, тогда имеем

По тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка FKO:

Под­ста­вим из­вест­ные дан­ные:

Ответ:

За­ме­ча­ние.

Вме­сто тео­ре­мы си­ну­сов может быть ис­поль­зо­ва­на тео­ре­ма о впи­сан­ных и цен­траль­ных углах.

Центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в угол, лежит на бис­сек­три­се этого угла, по­это­му лучи AF и AO яв­ля­ют­ся бис­сек­три­са­ми ∠LAK и ∠MAK со­от­вет­ствен­но (см. рис.). Угол между бис­сек­три­са­ми смеж­ных углов яв­ля­ет­ся пря­мым, по след­ствию из тео­ре­мы о смеж­ных углах: т. е. тре­уголь­ник FAO  — пря­мо­уголь­ный.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем FO:

Лучи KF и KO яв­ля­ют­ся бис­сек­три­са­ми и со­от­вет­ствен­но по тео­ре­ме о свой­стве двух ка­са­тель­ных к окруж­но­сти, тогда

По тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка FKO:

Под­ста­вим из­вест­ные дан­ные:

Ответ:

За­ме­ча­ние.

Вме­сто тео­ре­мы си­ну­сов может быть ис­поль­зо­ва­на тео­ре­ма впи­сан­ных и цен­траль­ных углах.

Най­дем рас­сто­я­ние между гео­ло­га­ми через 1 час, если они идут по со­сед­ним до­ро­гам (см. рис. 1).

По тео­ре­ме ко­си­ну­сов:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

По тео­ре­ме ко­си­ну­сов:

Таким об­ра­зом, рас­сто­я­ние будет боль­ше 6 км, если гео­ло­ги вы­бе­рут раз­ные до­ро­ги, при­чем через две до­ро­ги.

Воз­мож­ные ис­хо­ды. Пер­вый гео­лог может вы­брать любую из 8 дорог, вто­рой гео­лог тоже, т. е.

Бла­го­при­ят­ные ис­хо­ды. Пер­вый гео­лог может вы­брать любую из 8 дорог, вто­рой гео­лог  — толь­ко 3 (не ту же, не со­сед­ние до­ро­ги и не через одну), т. е.

Тогда,

Ответ: 0,375.

Рис. 1

Тре­уголь­ник ABC  — пря­мо­уголь­ный,

точка точка D сим­мет­рич­на B от­но­си­тель­но О. Се­ку­щая плос­кость π про­ве­де­на через точку D, рас­сто­я­ние ρ от точки B до плос­ко­сти π,

1)  Пусть: точка D лежит на пря­мой A₁C₁, пря­мые A₁C₁ и AC па­рал­лель­ны, и пря­мые A₁N и AM па­рал­лель­ны, точка N лежит на пря­мой SB, (AM  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка A₁NB), тогда (см. рис. 2).

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков SS₁N и A₁BN сле­ду­ет, что Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков SS₁K и AA₁K сле­ду­ет, что Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков N₁NK и A₁AK сле­ду­ет, что и Ана­ло­гич­но,

Плос­кость π со­дер­жит тре­уголь­ник A₁NC₁, се­че­ние-тре­уголь­ник KNL.

2)  Для пло­ща­дей имеем со­от­но­ше­ние: (см. рис. 3).

Рис. 2

Рис. 3

3)  Пря­мые NR и CD па­рал­лель­ны, и (см. рис. 4).

4)  От­рез­ки QB₁ и CA пер­пен­ди­ку­ляр­ны, точка R лежит на пря­мой QB₁, пря­мые CA, C₁A₁, BB₁ со­от­вет­ствен­но па­рал­лель­ны (через R про­во­дим пря­мую (см. рис. 5). По тео­ре­ме о 3 пер­пен­ди­ку­ля­рах сле­до­ва­тель­но,

и

Рис. 4

Рис. 5

5)  Най­дем NQ. По­сколь­ку пря­мые AC и BB₁ па­рал­лель­ны, то пря­мая BB₁ па­рал­лель­на π, и рас­сто­я­ние ρ от точки B до плос­ко­сти π равно рас­сто­я­нию от точки B₁ до плос­ко­сти π. Длина от­рез­ка QB₁ равна вы­со­те тре­уголь­ни­ка A₁BC₁,

Рис. 6

Имеем и Пусть Тогда

Ответ: 3.

1.  Квад­рат ги­по­те­ну­зы равен сумме квад­ра­тов ее ка­те­тов, то есть сле­до­ва­тель­но,

2.  Фор­му­ла пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка ABC: зна­чит,

3.  На­хо­дим ра­ди­ус окруж­но­сти, ка­са­ю­щей­ся мень­шей сто­ро­ны и про­дол­же­ний двух дру­гих сто­рон пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABC:

Ответ: 6.

По усло­вию имеем

Тогда и Тре­уголь­ни­ки RCF и SCO по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

Плос­кость PQR па­рал­лель­на ABC. Пря­мые GR и M₁L₁ пер­пен­ди­ку­ляр­ны и Пря­мые KE и BD пер­пен­ди­ку­ляр­ны, зна­чит,

Обо­зна­чим через α угол на­кло­на плос­ко­сти γ к плос­ко­сти ос­но­ва­ния ABC. Тогда

Пусть точка H  — точка пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти γ и peбра SC. Тогда Если HU  — пер­пен­ди­ку­ляр, опу­щен­ный на плос­кость ABC, то Тре­уголь­ни­ки HCU и SCO по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра имеем тогда

Пло­щадь се­че­ния пи­ра­ми­ды плос­ко­стью γ:

Ответ:

Пусть в тре­уголь­ни­ке ABC: CD  — вы­со­та, CE  — бис­сек­три­са. Тре­бу­ет­ся найти

со­глас­но свой­ству бис­сек­три­сы,

от­ку­да После при­ме­не­ния тео­ре­мы Пи­фа­го­ра к тре­уголь­ни­ку BCD и ACD имеем

от­ку­да

Из этого на­хо­дим и ис­ко­мое от­но­ше­ние

Ответ: 0,04.

Let in triangle ABC, CD is the height, CE is the bisector. Then

According to the bisector property,

so After using the Pythagorean theorem to triangle BCD and triangle ACD we have

whence

Then we find and the required relation is

1.  Спер­ва по­стро­им па­рал­ле­ле­пи­пед П, в ко­то­рый дан­ный тет­ра­эдр ABCD будет впи­сан. Для этого через каж­дое ребро тет­ра­эд­ра про­ве­дем плос­кость  — бис­сек­тор внеш­не­го дву­гран­но­го угла. До­ка­жем, что плос­ко­сти, про­ве­ден­ные через скре­щи­ва­ю­щи­е­ся ребра дан­но­го тет­ра­эд­ра, па­рал­лель­ны.

Рас­смот­рим пару плос­ко­стей, про­ве­ден­ных через ребра AB и CD. В плос­ко­сти тре­уголь­ни­ка ABC от­ме­тим точку (в той же по­лу­плос­ко­сти от­но­си­тель­но пря­мой AB, что и C) так, что Ана­ло­гич­но стро­ит­ся точка в плос­ко­сти тре­уголь­ни­ка ABD. Тогда легко ви­деть, что Тогда эти пары тре­уголь­ни­ков сим­мет­рич­ны от­но­си­тель­но внут­рен­не­го бис­сек­то­ра дву­гран­но­го угла при ребре AB дан­но­го тет­ра­эд­ра. В част­но­сти, точки C и сим­мет­рич­ны, как и точки и D. Но тогда от­рез­ки CD и пер­пен­ди­ку­ляр­ны этому бис­сек­то­ру и па­рал­лель­ны между собой. Зна­чит, они па­рал­лель­ны бис­сек­то­ру α внеш­не­го дву­гран­но­го угла при ребре AB. Оста­ет­ся до­ба­вить, что от­рез­ки и па­рал­лель­ны AB и друг другу. Таким об­ра­зом,   — па­рал­ле­ло­грамм, плос­кость ко­то­ро­го па­рал­лель­на α. Зна­чит, через ребро CD, яв­ля­ю­ще­е­ся диа­го­на­лью этого па­рал­ле­ло­грам­ма, про­хо­дит плос­кость, па­рал­лель­ная α, про­хо­дя­щей через скре­щи­ва­ю­ще­е­ся ребро AB. Оче­вид­но, что ана­ло­гич­ная про­це­ду­ра, на­чи­на­ю­ща­я­ся с бис­сек­то­ра β внеш­не­го дву­гран­но­го угла CD при­во­дит к ана­ло­гич­но­му ре­зуль­та­ту: ребро AB ока­зы­ва­ет­ся при­над­ле­жа­щим плос­ко­сти, па­рал­лель­ной β, со­дер­жа­щей скре­щи­ва­ю­ще­е­ся ребро тет­ра­эд­ра.

Од­на­ко, су­ще­ству­ет един­ствен­ная пара па­рал­лель­ных ребер, со­дер­жа­щих скре­щи­ва­ю­щи­е­ся ребра про­из­воль­но­го тет­ра­эд­ра. Зна­чит, по­стро­ен­ные две пары па­рал­лель­ных плос­ко­стей сов­па­да­ют, и бис­сек­то­ры α и β па­рал­лель­ны. Таким об­ра­зом, по­стро­ен­ные 6 бис­сек­то­ров об­ра­зу­ют па­рал­ле­ле­пи­пед П.

2.  До­ка­жем, что цен­тры впи­сан­ной и опи­сан­ной сфер этого тет­ра­эд­ра сов­па­да­ют. Пусть О центр опи­сан­ной сферы, тогда про­ек­ция этой точки на плос­кость каж­дой грани яв­ля­ет­ся цен­тром опи­сан­ной окруж­но­сти этой грани. Тогда, со­глас­но тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, ра­ди­ус опи­сан­ной сферы и ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка BCD (ее центр  — точка O_A) удо­вле­тво­ря­ют усло­вию Так как все грани тет­ра­эд­ра равны, ра­ди­у­сы их опи­сан­ных окруж­но­стей также равны  — зна­чит, длины всех пер­пен­ди­ку­ля­ров из O на плос­ко­сти гра­ней тет­ра­эд­ра (OO_A, OO_B, ...) равны между собой. Но тогда О яв­ля­ет­ся цен­тром сферы, ка­са­ю­щей­ся всех гра­ней тет­ра­эд­ра, то есть впи­сан­ной в него.

3.  До­ка­жем, что пер­пен­ди­ку­ля­ры, по­стро­ен­ные к гра­ням па­рал­ле­ле­пи­пе­да П через цен­тры этих гра­ней, со­дер­жат центр опи­сан­ной сферы O. Рас­смот­рим плос­кость α, со­дер­жа­щую ребро AB: центр впи­сан­ной сферы при­над­ле­жит бис­сек­то­ру внут­рен­не­го дву­гран­но­го угла при AB, то есть при­над­ле­жит плос­ко­сти, пер­пен­ди­ку­ляр­ной α и со­дер­жа­щей AB. Кроме того, Тогда пер­пен­ди­ку­ляр l_AB про­ве­ден­ный через центр грани па­рал­ле­ле­пи­пе­да, со­от­вет­ству­ю­щей ребру AB, про­хо­дит через се­ре­ди­ну диа­го­на­ли этой грани, то есть через се­ре­ди­ну AB. Но этот пер­пен­ди­ку­ляр со­дер­жит­ся в плос­ко­сти ABO и яв­ля­ет­ся в ней сре­дин­ным пер­пен­ди­ку­ля­ром к от­рез­ку AB. Зна­чит, l_AB со­дер­жит точку O. Ана­ло­гич­но, ее со­дер­жат пер­пен­ди­ку­ля­ры к дру­гим гра­ням па­рал­ле­ле­пи­пе­да, по­стро­ен­ные на их се­ре­ди­нах. част­но­сти, это озна­ча­ет, что l_AB и l_CD па­рал­лель­ны друг другу и про­хо­дят через общую точку О, то есть они сов­па­да­ют. Зна­чит, со­от­вет­ству­ю­щие грани па­рал­ле­ле­пи­пе­да сов­ме­ща­ют­ся па­рал­лель­ным пе­ре­но­сом на век­тор, ле­жа­щий на этой пря­мой. Зна­чит, бо­ко­вые ребра па­рал­ле­ле­пи­пе­да пер­пен­ди­ку­ляр­ны ос­но­ва­ни­ям, то есть П  — пря­мо­уголь­ный па­рал­ле­ле­пи­пед. 4. От­рез­ки a, b и c  — длины раз­лич­ных диа­го­на­лей гра­ней П. Тогда, со­глас­но тео­ре­ме Пи­фа­го­ра,

Ра­ди­ус опи­сан­ной сферы равен

Зна­чит,

Ответ: 8.

1.  Lets construct a parallelepiped into which the given tetrahedron ABCD will be inscribed. To do this, draw a plane through each edge of the tetrahedron  — the bisector of the external dihedral angle. Let us prove that the planes drawn through the crossing edges of this tetrahedron are parallel.

Consider a pair of planes through edges AB and CD. In the plane &triangle ABC we mark the point (in the same half-plane relative to the straight line AB as C) so that The point in the plane triangle ABD is constructed similarly. Then it is easy to see that Then these pairs of triangles are symmetric with respect to the inner bisector of the dihedral angle at the edge AB of the given tetrahedron. In particular, the points C and are symmetric, as are the points and D. But then the segments CD and are perpendicular to this bisector and parallel to each other. Hence, they are parallel to the bisector α of the outer dihedral angle at the edge AB. It remains to add that the segments and are parallel to AB and to each other.

Thus, is a parallelogram whose plane is parallel to α. Hence, through the edge CD, which is the diagonal of this parallelogram, there is a plane parallel to α passing through the crossing edge AB. Obviously a similar procedure starting with the bisector of the outer dihedral angle CD leads to a similar result: the edge AB turns out to belong to the plane parallel to containing the crossing edge of the tetrahedron.

However, there is only one pair of parallel edges containing intersecting edges of an arbitrary tetrahedron. Hence, the constructed two pairs of parallel planes coincide, and the bisectors α and β are parallel. Thus, the constructed 6 bisectors form a parallelepiped 2. Lets prove that the centers of the inscribed and circumscribed spheres of this tetrahedron coincide. Let O be the center of the circumscribed sphere, then the projection of this point onto the plane of each face is the center of the circumscribed circle of this face. Then, according to the Pythagorean theorem, the radius of the circumscribed sphere and the radius of the circumscribed circle of triangle BCD (its center is the point O_A) satisfy the condition Since all the faces of the tetrahedron are equal, the radii of their circumscribed circles are also equal, which means that the lengths of all perpendiculars from O on the plane of the faces of the tetrahedron (OO_A, OO_B, ...) are equal to each other. But then O is the center of the sphere touching all faces of the tetrahedron, i. e. inscribed in it.

3.  Let us prove that the perpendiculars drawn to the faces of the parallelepiped through the centers of these faces contain the center of the circumscribed sphere O. Consider the plane α containing the edge AB: the center of the inscribed sphere belongs to the bisector of the inner dihedral at AB, that is, belongs to the plane perpendicular to α and containing AB. Also, Then the perpendicular l_AB drawn through the center of the face of the parallelepiped corresponding to the edge AB passes through the midpoint of the diagonal of this face, that is, through the middle of AB. But this perpendicular is contained in the plane ABO and is in it the median perpendicular to the segment AB. Hence, l_AB contains point O. Similarly, it is contained by perpendiculars to other faces of the parallelepiped, drawn at their midpoints.

In particular, this means that l_AB and l_CD are parallel to each other and pass through a common point O, i. e. they match. This means that the corresponding faces of the parallelepiped are aligned by parallel transfer to a vector lying on this straight line. This means that the side edges of the parallelepiped are perpendicular to the bases, i. e. П is a rectangular parallelepiped. 4. Segments a, b and c are the lengths of different diagonals of the faces П. Then, according to the Pythagorean theorem, The radius of the circumscribed sphere is

Hence,

Вы­пол­ним раз­ре­зы куба по синим ли­ни­ям, ука­зан­ным на ри­сун­ке, и раз­вер­нем куб в плос­кую фи­гу­ру. Обо­зна­чим длину ребра куба a. Длина марш­ру­та EFGHIJE будет наи­мень­шей, если эта линия  — пря­мая. Для на­хож­де­ния его длины сме­стим пря­мую на ве­ли­чи­ну AE впра­во и по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем

Окон­ча­тель­но по­лу­чим

Ответ:

При­мем ребро куба за 1. Тогда Про­ведём пря­мую через точку A₁ па­рал­лель­но AE. Она пе­ре­се­ка­ет про­дол­же­ние ребра BB₁ в точке F, при­чем тогда

Ис­ко­мый угол равен углу CA₁F или смеж­но­му с ним. В тре­уголь­ни­ке CA₁F

Ответ:

Пусть ABCD  — дан­ный пря­мо­уголь­ник. Без огра­ни­че­ния общ­но­сти можно счи­тать, что на­ча­ло ко­ор­ди­нат: иначе сме­стим на­ча­ло ко­ор­ди­нат в точку A, а в конце сде­ла­ем сдвиг на це­ло­чис­лен­ный век­тор Обо­зна­чим век­то­ры где p, q, m, n  — целые числа. По­сколь­ку и вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, их ска­ляр­ное про­из­ве­де­ние равно 0, т. е. (этот факт также сле­ду­ет из со­от­но­ше­ния уг­ло­вых ко­эф­фи­ци­ен­тов пер­пен­ди­ку­ляр­ных пря­мых OB и OD). Рас­смот­рим сна­ча­ла слу­чай, когда p и q не вза­им­но про­сты. Тогда В этом слу­чае рас­смот­рим на сто­ро­не OD про­ме­жу­точ­ные точки где Про­ведём через точки D_i пря­мые, па­рал­лель­ные сто­ро­не OB. Они пе­ре­се­кут сто­ро­ну BC в точ­ках где

Таким об­ра­зом, точки D_i и имеют це­ло­чис­лен­ные ко­ор­ди­на­ты и тем самым, пря­мые раз­би­ва­ют пря­мо­уголь­ник OBCD на k пря­мо­уголь­ни­ков с це­ло­чис­лен­ны­ми вер­ши­на­ми. На­зо­вем это раз­би­е­ни­ем пер­во­го типа. Ана­ло­гич­но, если m и n не вза­им­но про­сты, то пря­мы­ми, па­рал­лель­ны­ми сто­ро­не OD, разо­бьем OBCD на мень­шие пря­мо­уголь­ни­ки с це­ло­чис­лен­ны­ми вер­ши­на­ми. На­зо­вем это раз­би­е­ни­ем вто­ро­го типа; пря­мые этого раз­би­е­ния про­хо­дят через про­ме­жу­точ­ные точки B_j на сто­ро­не OB, где а l  — наи­боль­ший общий де­ли­тель m и n, ( За­ме­тим, что в слу­чае, когда од­но­вре­мен­но и пря­мые пер­во­го и вто­ро­го раз­би­е­ний раз­би­ва­ют пря­мо­уголь­ник ОBCD на рав­ных пря­мо­уголь­ни­ков с вер­ши­на­ми в точ­ках M_ij, где

т. е. все вер­ши­ны имеют це­ло­чис­лен­ные ко­ор­ди­на­ты. Итак, при­хо­дим к слу­чаю, когда ко­ор­ди­на­ты каж­до­го из век­то­ров вза­им­но про­сты. Но тогда из ра­вен­ства по­лу­чим, что (дей­стви­тель­но, из этого ра­вен­ства сле­ду­ет, что p де­лит­ся на n и, в то же время, n де­лит­ся на p, зна­чит, ана­ло­гич­но, с уче­том знака в дан­ном ра­вен­стве). В этом слу­чае сто­ро­ны пря­мо­уголь­ни­ка OBCD равны: