Решение : высоты остроугольного треугольника авс, проведенные из вершин в и с, продолжили до пересечения с описанной окружностью в точках в1 и с1. оказалось, что в1с1 проходят черес центр описанной окружности. найдите угол вас

Хорошая задача.

Докажем сначала Теорему (так захотелось назвать этот простенький, но очень важный геометрический факт, который уже много раз мне решать запутанные геометрические задачи).

Теорема. Если высоту BD остроугольного треугольника ABC продолжить до пересечения с описанной окружностью в точке B_1, а точку пересечения высот обозначить буквой H, то HD=DB_1.

Иными словами, точка, симметричная ортоцентру H (то есть точке пересечения высот) относительно стороны треугольника, лежит на описанной окружности.

Кстати, верна еще одна теорема (которая сейчас нам не понадобится, поэтому ее я доказывать не буду; однако серьезный человек постарается доказать ее самостоятельно):

Точка, симметричная ортоцентру относительно середины стороны треугольника, лежит на описанной окружности.

Переходим к доказательству теоремы. Как это часто бывает в задачах, связанных с окружностью, доказывать мы будем не равенство отрезков, а равенство углов. Итак, ∠BB_1C=∠BAC=α как вписанные и опирающиеся на одну дугу⇒∠ACH=90°-α⇒∠CHD=α⇒ΔHCB_1 равнобедренный, CH=CB_1, HD=DB_1 (так как высота в равнобедренном треугольнике является и медианой), ∠HCD=∠B_1CD.
Уф, вроде бы все, что только можно, мы написали. Одно из выписанных равенств и записано в теореме.

Дальше можно идти разными путями, даже никак не выберу, на каком остановиться. То ли воспользоваться подобием треугольников ABC и ADE (D - основание высоты CD) с коэффициентом подобия cos α (но ведь этим нельзя пользоваться без доказательства...), то ли пойти другим путем. Ладно, пошли другим. По условию B_1C_1 - диаметр ⇒∠C_1BB_1 прямой как вписанный и опирающийся на диаметр). По доказанной теореме 
∠C_1BA=∠B_1BA, а в сумме они дают 90°⇒каждый из них равен 45°.
Но ∠BAC=∠ABC_1 как внутренние накрест лежащие при пересечении параллельных прямых AC и C_1B прямой AB ( объясняю для тех, кто, как принято сейчас говорить, "не въехал": AC⊥BD, так как BD - высота, C_1B⊥BB_1 по доказанному - помните, что угол C_1BB_1 прямой как опирающийся на диаметр? А две прямые, перпендикулярные третьей, параллельны) ⇒ ∠BAC= 45°

ответ: 45°

PS Специалисты, знающие подобие ΔBAC и DEA с коэффициентом cos α, приходят к ответу еще быстрее: DE = R окружности, так как DE является средней линией ΔB_1HC_1 с основанием, равным диаметру окружности;
DE/BC=cos α; BC=2Rsin α (второе равенство является теоремой синусов)⇒ 2sinα·cos α=1; sin 2α=1; 2α=π/2; α=π/4

за внимание

Внизу

Объяснение:

Подобны, Если пирамида пересечена плоскостью, параллельной основанию, то:

1) боковые ребра и высота разделены на пропорциональные части;

2) многоугольник сечения подобен основанию;

3) площади основания и сечения относятся, как квадраты их расстояний от вершины.

Доказательство:

1) Так как \beta\||\alpha и они пересечены плоскостью грани ASB по прямым A_{1}B_{1} и AB , то A_{1}B_{1}||AB. Аналогично получим, что B_{1}C_{1}||BC, C_{1}D_{1}||CD и т. д. и B_{1}H_{1}||BH. На сторонах углов ASB, BSC, CSD, ... , BSH получим пропорциональные отрезки:

\frac{SA_{1}}{A_{1}A} = \frac{SB_{1}}{B_{1}B}; \frac{SB_{1}}{B_{1}B} = \frac{SC_{1}}{C_{1}C}; \frac{SC_{1}}{C_{1}C} = \frac{SD_{1}}{D_{1}D}; \ldots  ; \frac{SB_{1}}{B_{1}B} = \frac{SH_{1}}{H_{1}H}.

Отсюда:

\frac{SA_{1}}{A_{1}A} = \frac{SB_{1}}{B_{1}B} = \frac{SC_{1}}{C_{1}C} = \frac{SD_{1}}{D_{1}D} =\ldots= \frac{SH_{1}}{H_{1}H}.

2) \triangle{A_{1}SB_{1}}\sim\triangle{ASB}; \triangle{B_{1}SC_{1}}\sim\triangle{BSC}; \triangle{C_{1}SD_{1}}\sim\triangle{CSD}

и т.д. Значит

\frac{A_{1}B_{1}}{AB} = \frac{SA_{1}}{SA}; \frac{B_{1}C_{1}}{BC} = \frac{SB_{1}}{SB}; \frac{C_{1}D_{1}}{CD} = \frac{SC_{1}}{SC} и т.д.

Но правые отношения в этих пропорциях равны между собой на основании только что доказанной первой теоремы, поэтому равны между собой и левые отношения:

\frac{A_{1}B_{1}}{AB} = \frac{B_{1}C_{1}}{BC} = \frac{C_{1}D_{1}}{CD} и т.д.

Т. е. стороны многоугольников A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1} и ABCDE пропорциональны. Соответствующие углы этих многоугольников равны. Следовательно, A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1} \sim ABCDE.

3) Пусть Q и Q' — площади основания и сечения. Имеем:

\frac{Q}{Q'} = \frac{A_{1}B_{1}^2}{AB^2};

Но \frac{A_{1}B_{1}}{AB} = \frac{SA_{1}}{SA} = \frac{SH_{1}}{SH} (по теореме 1), поэтому

\frac{Q}{Q'} = \frac{SH_{1}^2}{SH^2}.

Объяснение:

Значения тригонометрических функций (которые нужно знать наизусть)

 

 

30  °   45  °  

60  °  

sin  α     12   2–√2   3–√2  

cos  α   3–√2   2–√2   12  

tg  α     3–√3   1   3–√  

 sinα=противолежащий катетгипотенуза sinα=ac;cosα=прилежащий катетгипотенуза cosα=bc;tgα=противолежащий катетприлежащий катетtgα=ab.  

Как выбрать правильную функцию?

Если используются только катеты, применяется tg.

 

Если используется гипотенуза (дана или надо вычислить), то применяются sin или cos.

 

Если используется противолежащий катет (дан или надо вычислить), то применяется sin.

 

Если используется прилежащий катет, то применяется cos.

 

Если в треугольнике даны оба острых угла, лучше на рисунке отметить только один угол, чтобы однозначно понять, где прилежащий и где противолежащий катеты.

 

Гипотенуза всегда в знаменателе.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Величины остальных углов можно найти в таблице или вычислить с калькулятора.