1) Пусть F - точка симметричная А, относительно прямой СD. 2) Проведем окружность с центром B и радиусом BF до пересеченеия с прямой CD в точках E1 и E2, причем пусть E1 ближе к А, чем E2. 3) Пусть M1 и M2 - точки пересечения биссектрис углов E1BF и E2BF с прямой СD соответственно.
Тогда точка М1 будет искомой, если D и E2 лежат по одну сторону от M1, а С по другую. Если же D и E1 лежат по одну сторону от M2, а C - по другую, то искомой точкой будет М2. В остальных случаях требуемой точки нет.
Доказательство: Пусть, например, D и E2 лежат по одну сторону от M1, тогда если К - пересечение прямой BM1 c отрезком FE1, то ∠BM1D=∠KM1E1=0,5∠FM1E1=0,5AM1C, что и требовалось. Первое равенство здесь т.к. углы вертикальные, второе - т.к. треугольник FBE1 равнобедренный, а BK - его биссектриса, высота и медиана. Третье равенство верно, т.к.∠FM1E1=∠AM1C по построению точки F. Черетеж к этому доказательству в картинке.
Δ АВС - равнобедренныйВК = 30 см - биссектриса к основанию АС, она же и медиана Δ АВС ⇒ АК=КСNM = 16 см - средняя линия II АС ⇒AN=NBNK = ? - средняя линия II ВС NM x ВК в т.О и деляться ей пополам, т.к. Δ NMB подобен Δ АВС по 3-м углам, ⇒ Δ NMB равнобедренный и ВО его высота, биссектриса и медиана. ВО=ВК т.к. NM средняя линия Δ АВСПолучаемNO=1/2NM= 16/2=8OK=1/2ВК= 30/2=15Δ NOK прямоугольный, т.к. уже доказано, что BO высота Δ NMB ⇒ <BON = 90°<NOK - смежный и =180°-<BON = 90°По теореме Пифагора находим NK - гипотенузу Δ NOK NK=√(NO²+OK²) = √(8²+15²)=√(64+225)=√289=17 см
1. всі чотири сторони квадрата мають однакову довжину, тобто вони рівні: ab = bc = cd = ad 2. протилежні сторони квадрата паралельні: ab||cd, bc||ad 3. всі чотири кути квадрата прямі: ∠abc = ∠bcd = ∠cda = ∠dab = 90° 4. сума кутів квадрата дорівнює 360 градусів: ∠abc + ∠bcd + ∠cda + ∠dab = 360° 5. діагоналі квадрата мають однакової довжини: ac = bd 6. кожна діагональ квадрата ділить квадрат на дві однакові симетричні фігури 7. діагоналі квадрата перетинаються під прямим кутом, і розділяють одна одну навпіл: ac┴bd ao = bo = co = do = d 2 8. точка перетину діагоналей називається центром квадрату і також є центром вписаного та описаного кола 9. кожна діагональ ділить кут квадрату навпіл, тобто вони є бісектрисами кутів квадрату: δabc = δadc = δbad = δbcd ∠acb = ∠acd = ∠bdc = ∠bda = ∠cab = ∠cad = ∠dbc = ∠dba = 45° 10. обидві діагоналі розділяють квадрат на чотири рівні трикутника, до того ж ці трикутники одночасно і рівнобедрені, і прямокутні: δaob = δboc = δcod = δdoa
2) Проведем окружность с центром B и радиусом BF до пересеченеия с прямой CD в точках E1 и E2, причем пусть E1 ближе к А, чем E2.
3) Пусть M1 и M2 - точки пересечения биссектрис углов E1BF и E2BF с прямой СD соответственно.
Тогда точка М1 будет искомой, если D и E2 лежат по одну сторону от M1, а С по другую. Если же D и E1 лежат по одну сторону от M2, а C - по другую, то искомой точкой будет М2. В остальных случаях требуемой точки нет.
Доказательство: Пусть, например, D и E2 лежат по одну сторону от M1, тогда если К - пересечение прямой BM1 c отрезком FE1, то ∠BM1D=∠KM1E1=0,5∠FM1E1=0,5AM1C, что и требовалось.
Первое равенство здесь т.к. углы вертикальные,
второе - т.к. треугольник FBE1 равнобедренный, а BK - его биссектриса, высота и медиана.
Третье равенство верно, т.к.∠FM1E1=∠AM1C по построению точки F.
Черетеж к этому доказательству в картинке.