Втреугольнике abc высота ch и медиана ck делят угол acв на три равных угла. длина отрезка co, где о - центр вписанной окружности, равна (3 корня из 6) / (3+корень из 3). найдите площадь треугольника abc.
Если H лежит между K и B, то AK=KB=2KH, значит cos(ACH)=CH/AC=KH/AK=1/2. Значит ACH=60°, A=30°, B=60°, C=90°, r=(CB+CA-AB)/2=(CB+CB√3-2CB)/2=CO/√2. Т.к. CO=(3√6)/(3+√3), то CB=3. CA=3√3, S(ABC)=(9√3)/2.
Задача на самом деле очень простая, если знать, что биссектриса отсекает от параллелограмма равнобедренный треугольник. Однако свойство это надо постоянно доказывать. Итак, поведем биссектрису ВК в параллелограмме АВСD. ∠АВК обозначим как ∠1, ∠СВК как ∠2, и ∠ВКА как ∠3. (Так будет проще доказать равнобедренность треугольника). ∠2 = ∠3(по св-ву накрест-лежащих углов при параллельных прямых ВС и АD(параллельность по опр. параллелограмма), а ∠1 = ∠2(т.к. ВК - биссектриса) ⇒ ∠1 = ∠3. ⇒ ΔАВК - равнобедр.(по призн.) ⇒ ВА=АК=14(по опр.равноб.Δ). Тогда СD так же равна 14(опр. параллелогр.) AD=ВС=14+7=21 Тогда найдем периметр: 21+14+21+14=70
Дано : параллелограмма MNKF ( MF | | NK , MN | | FK ) , MO =OK , O ∈[AB] , A ∈ [NK] ,B∈[MF] .
док. MAKB параллелограмма
Рассмотрим ΔMOB и ΔKOA : они равны по второму признаку равенства треугольников , действительно: ∠MOB=∠KOA(вертикальные углы) ; ∠OMB =∠OKA(накрест лежащие углы) ; MO =OK (по условию) . Из равенства этих треугольников следует, что MB = KA, но они и параллельны MB | | KA (лежат на параллельных прямых MF и NK) . Значит MAKB параллелограмма по второму признаку(если противоположные стороны четырехугольника равны и параллельны то четырехугольник параллелограмма) .
r=(CB+CA-AB)/2=(CB+CB√3-2CB)/2=CO/√2.
Т.к. CO=(3√6)/(3+√3), то CB=3. CA=3√3, S(ABC)=(9√3)/2.