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.
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.
Дано: Решение:
∠AOB = 1/9 ∠BOC ∠AOB = ∠COD и ∠BOC = ∠DOA как
вертикальные углы при пересекающихся
Найти: ∠AOB; ∠BOC; прямых.
∠COD; ∠DOA Тогда: ∠AOB = ∠COD = х
∠BOC = ∠DOA = 9х
Сумма всех 4-х углов - 360°
2*(х + 9х) = 360
10х = 180
х = 18 9х = 162
∠AOB = ∠COD = 18°
∠BOC = ∠DOA = 162°
Может так ?