равнобокая трапеция вращается вокруг оси, проходящей через вершину нижнего основания параллельно высоте.Найдите обьём полученого тела вращения, если нижнее основание трапеции 10см, а верхнее основание 6 см, а острый угол 60° и рисунок)​

Пусть H - высота пирамиды PABCD, основание которой - ромб ABCD с углом 30o при вершине A, PM - перпендикуляр, опущенный на сторонуBC. По теореме о трех перпендикулярах HM  BC. Значит, PMH - линейный угол двугранного угла между боковой гранью BCP и плоскостью основания ABCD. Поэтому PMH = 60o.

Опустив перпендикуляры из вершины P на остальные стороны ромба и рассмотрев полученные прямоугольные треугольники с общим катетом PH и противолежащим углом, равным 60o, докажем, что точка Hравноудалена от всех четырех прямых, содержащих стороны ромба ABCD. Поэтому H - центр окружности, вписанной в этот ромб, т.е. точка пересечения его диагоналей.

Опустим перпендикуляр BF из вершины ромба на сторону AD. Тогда BF= 2r. Из прямоугольного треугольника ABF находим, что AB = 2 . BF = 4r. Значит,

S(ABCD) = AD . BF . sin 30o = AB . BF . sin 30o= 8r2.

Из прямоугольного треугольника PMHнаходим, что

PH = HM . tg60o = r.

Следовательно,

V(PABCD) = S(ABCD) . PH = 8r2 . r = r3.

Пусть прямые пересекаются в точках, как указано на рисунке.

через три точки можно провести плоскость
и притом только единственным образом

EGO лежат в одной плоскости
DOF лежат в одной плоскости

но эта плоскость одна и та же, так как содержит прямые а и b, которые однозначно определяются точками соответственно а: D и Е
и b: F и G ( через 2 прямые можно провести
прямую лишь единственным образом)

но в этой плоскости лежат
и наши прямые b и c, которые однозначно определяются двумя точками соответственно:
G и E (прямая b)
D и F (прямая c)

что и требовалось доказать.