Биссектриса угла Р треугольника МРУ пересекает сторону МУ в точке Х.Угол М = 105°, угол У = 25° . А) Определите вид треугольника РХУ; В) Сравните отрезки МХ и ХУ.
Я в другом месте Вам выложил векторное решение, а тут - простое и элементарное:)
При повороте на 90 градусов вокруг общей для двух квадратов вершины В стороны квадратов переходят "в себя" - точнее, сторона ВС переходит в ВР, а сторона МВ - в АВ. Или, что то же самое - точка С переходит в Р, а точка М - в А.
Удивительным образом отсюда сразу следует ответ :)
В самом деле, получается, что в четырехугольнике АМРС про повороте на 90 градусов диагональ МС переходит в диагональ АР. То есть они равны и перпендикулярны :)
А стороны искомой фигуры соединяют середины соседних сторон четырехугольника АМРС, поэтому равны половинам диагоналей и параллельны им (например, О1К - средняя линяя в треугольнике АМС, поэтому она параллельна МС и равна её половине, и так все 4 стороны четырехугольника О1LO2K).
Поэтому четырехугольник О1LO2K - квадрат :)
У Прасолова в его сложнейшем задачнике эта задача помечена * (особой сложности :)) У него приведено векторное решение, похожее на которое (более понятное) я выложил тут в другом месте. Но это решение, по-моему, снимает все вопросы.
Прямая призма. Sбок пов.=Росн*Н Pосн=4*с, с - сторона ромба диагонали ромба перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам. прямоугольный треугольник: катет а= 8 см(16:2) - (1/2) диагонали ромба -основания призмы катет b =15 см (30:2) - (1/2) диагонали ромба гипотенуза с - сторона ромба по теореме Пифагора: c²=8²+15², c=17 см бОльшая диагональ призмы =50 см -наклонная. Большая наклонная имеет бОльшую проекцию, => рассмотрим прямоугольный треугольник: гипотенуза с=50 см - бОльшая диагональ призмы катет а= 30 см - бОльшая диагональ основания призмы катет H - высота призмы, найти. по теореме Пифагора: 50²=30²+H². H²=1600. H=40 см
Я в другом месте Вам выложил векторное решение, а тут - простое и элементарное:)
При повороте на 90 градусов вокруг общей для двух квадратов вершины В стороны квадратов переходят "в себя" - точнее, сторона ВС переходит в ВР, а сторона МВ - в АВ. Или, что то же самое - точка С переходит в Р, а точка М - в А.
Удивительным образом отсюда сразу следует ответ :)
В самом деле, получается, что в четырехугольнике АМРС про повороте на 90 градусов диагональ МС переходит в диагональ АР. То есть они равны и перпендикулярны :)
А стороны искомой фигуры соединяют середины соседних сторон четырехугольника АМРС, поэтому равны половинам диагоналей и параллельны им (например, О1К - средняя линяя в треугольнике АМС, поэтому она параллельна МС и равна её половине, и так все 4 стороны четырехугольника О1LO2K).
Поэтому четырехугольник О1LO2K - квадрат :)
У Прасолова в его сложнейшем задачнике эта задача помечена * (особой сложности :)) У него приведено векторное решение, похожее на которое (более понятное) я выложил тут в другом месте. Но это решение, по-моему, снимает все вопросы.