На какую фигуру отображается: а) прямая, проходящая через центр поворота; б) окружность, центр которой совпадает с центром поворота; в) угол, вершина которого находится в центре поворота при повороте на определенный угол около данного центра?
Хелп, с чертежом
Точки пересечения биссектрис боковых граней равноудалены от центра основания. Следовательно, ВСЕ точки трех окружностей, вписанных в боковые грани, равноудалены от центра основания. Включая, разумеется, и середины ребер основания. То есть - в дополнение к сказанному - к этому множеству равноудаленных точек принадлежат и точки окружности, вписанной в основание.
Это означает, что существует такая сфера, которая касается всех ребер пирамиды, и центр её лежит в центре основания. Вписанные окружности являются сечениями этой сферы плоскостями граней. Причем сечение основанием является центральным.
На самом деле задача уже решена, и дальше я так коротко.
Пусть пирамида ABCS, O - центр основания, AC касается сферы в точке B1, AS - в точке A2.
Тогда из сказанного выше следует, что треугольники AA2O и AB1O равны (по трем сторонам). То есть ∠SAO = 30°;
Пусть AC = a; AS = d; тогда a*2√3/3 = d√3/2;
d = a*2/3;
AB1 = a/2; => SB1 = a*√7/6;
Отсюда легко выразить через a площадь боковой грани (a^2*√7/12) и ПОЛУпериметр p = a*7/6; откуда a*√7/14 = 1/√7; a = 2;
Может я в арифметике ошибся где-то, проверяйте.
Эти тр-ки прямоугольные, т.к. углы С и Д являются углами квадрата.
МК = КД по условию, СД = АД как стороны квадрата. Значит тр-ри МСД = КДА по двум катетам. Значит угол СМД = ДКА, МДС = КАД.
У прямоугольного тр-ка сумма двух острых углов равна 90 градусов. Из равенства указанных выше углов следует, что в тр-ке КОД угол
ОКД + ОДК = 90 градусов, следовательно угол КОД = 90 градусов.
Угол МОА = ДОК как вертикальные. Значит тр-ник МОА - прямоугольный. В прямоугольном тр-ке напротив угла 30 градусов лежит катет вдвое меньше гипотенузы. Поскольку гипотенуза АМ = 2ОМ, то угол МАО = 30 градусов, тогда угол АМО = 90 - 30 = 60 градусов.
ответ: 60