Пусть вписанная в треугольник ABC окружность с центром О касается сторон AB, BC, AC в точках N, K, M соответственно, а касательная в точке F пересекает AB и BC в точках R и T соответственно. Тогда, очевидно, MFTC - равнобочная трапеция (MF||TC, ∠FMC=90°+∠FMO, ∠MFT=90°+∠MFO, причем ∠FMO=∠MFO, поэтому ∠MFT=∠FMC). Значит, TK=FT=MC=KC=AM=AN (из свойств отрезков касательной, равнобочности трапеции MFTC и равнобедренности треугольника ABC). Кроме того, NR=RF. Итак, AC=TC, AR=RT, т.е. треугольники ACR и TCR равны, откуда CR - биссектриса ∠ACB. Т.к. биссектриса единственна, то все доказано.
Катет первого прямоугольного треугольника равен Х=√(10²-6²)=8. Площадь первого треугольника равна половине произведения катетов, т.е S=1/2*(6*8)=24 Площадь первого треугольника относится к площади подобного как 1:3, т.к S1/S2=72/24=3. Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия, т.е. катеты относятся: 3=(А2В2/А1В1)² 3=(А2В2/6)² А2В2=6√3 ---катет 3= (А2С2/А1С1)² 3=(А2С2/8)² А2С2=8√3 -----катет гипотенузы относятся: 3=(В2С2/В1С1)² 3=(В2С2/10)² B2C2=10√3 -------гипотенуза Проверяем найдём площадь второго треугольника: S2=1/2*(6√3*8√3)=72 Наибольшая сторона равна 10√3
ну наверное
б) 35%
Объяснение:
°>°