6 000 см кв.
Объяснение:
1) Параллелограмм, вписанный в окружность, является прямоугольником.
2) Диагональ прямоугольника, вписанного в окружность, равна диаметру окружности d.
3) Согласно теореме Пифагора:
d^2 = a^2 + b^2,
где a и b - стороны прямоугольника, d - диаметр (в нашем случае он равен 65 * 2 = 130 см).
4) Решаем уравнение в частях:
d^2 = a^2 + b^2,
130^2 = 10^2 + 24^2
16900 = 100 + 576
16900 : 676 = 25 см кв - это одна квадратная часть,
следовательно, 1 часть = √ 25 = 5 см.
5) Стороны прямоугольника в см:
10 * 5 = 50 см,
24 * 5 = 120 см.
6) Площадь прямоугольника:
50 * 120 = 6 000 см кв.
ответ: 6 000 см кв.
Не могут, докажем это.
Допустим, что они пересекаются в точке О.
Через точки К, О, Р можно по аксиоме провести плоскость и притом только одну. Пусть это плоскость alpha.
По аксиоме: если две точки прямой лежат в плоскости, то и вся прямая лежит в этой плоскости.
Для прямой КМ: K принадлежит alpha, O принадлежит alpha и в то же время принадлежит прямой KM, значит две точки прямой КМ принадлежат плоскости alpha, значит и вся прямая принадлежит плоскости alpha, значит любая точка прямой KM, в частности, точка M принадлежит alpha.
Для прямой PT: P принадлежит alpha, O принадлежит alpha и в то же время принадлежит прямой PT, значит две точки прямой PT принадлежат плоскости alpha, значит и вся прямая принадлежит плоскости alpha, значит любая точка прямой PT, в частности, точка T принадлежит alpha.
В итоге получили, что точки K,M,P,T принадлежат плоскости alpha, получаем противоречие с условием.
Значит прямые KM и PT не пересекаются.
Во первых, этот угол от величины ребра не зависит.
Угол этот равен 90°.
Это можно доказать кучей
1)
Если взять куб ABCDA1B1C1D1, то фигура с вершинами A1BC1D - правильный тетраэдр. Поэтому проекция точки С1 на плоскость A1BD - это центр правильного треугольника A1BD - пусть это точка Q1.
У пирамиды AA1BD основание A1BD - правильный треугольник, и все боковые ребра равны (это ребра куба). Поэтому проекция точки A на плоскость A1BD - это центр правильного треугольника A1BD - точка Q1. Поскольку есть только одна прямая, перпендикулярная плоскости A1BD и проходящая через заданную точку Q1 - центр треугольника A1BD, то AC1 перпендикулярно плоскости A1BD, а - значит - и любой прямой в этой плоскости, в том числе A1B.
2)
пусть вектора AD = i; AB = j; AA1 = k; - три ортогональных вектора, равных по величине.
Тогда А1B = j - k; AC1 = i + j + k;
(или, в координатном представлении
A1B = (0,1,-1); AC1 = (1,1,1);
длина ребра принята за 1)
Легко видеть, что скалярное произведение этих векторов равно 0 + 1 - 1 = 0,
то есть они перпендикулярны.
3)
для [...]
Если продлить DC за вершину С на расстояние, равное ребру куба, и соединить полученную точку Е с точкой С1, то очевидно, что C1E II D1C, а D1C II A1В, поэтому искомый угол - это угол АС1Е в треугольнике AC1E, стороны которого равны (если ребро равно 1, если ребро равно 7, то все длины просто в 7 раз больше)
A1C = √(1^2 + 1^2 +1^2) = √3; С1E = A1B = √2; AE = √(1^2 + 2^2) = √5;
Легко видеть, что A1C^2 + C1E^2 = AE^2; то есть это прямоугольный треугольник, и искомый угол - прямой.