1) стороны параллелограмма равны 6√2 и 9 см, а угол между ними 135°. найдите площадь параллелограмма 2) меньшее основание прямоугольной трапеции равно а см, а острый угол 30°. найдите площадь трапеции, если меньшая диагональ образует с основанием угол 60° с построением с дано и решением (доказательством)

👇

Ответ:

Dirol3434

04.03.2022

1) фотография. Попыталась как можно точнее написать.

2) Диагонали трапеции являются биссектрисами его углов, поэтому большая диагональ разделить угол в 60° на углы, равные 30° и 30° соответственно. Кроме того, диагонали ромба взаимно перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам. Тогда большая диагональ разделмт меньшую на отрезки, равные 6 см и 6 см.
Рассмотрим один из получившихся треугольников.
Он прямоугольный и катет, лежащий против угла в 30°, равен 6 см.
Тогда гипотенуза, которой является сторона трапеции, равна удвоенному катету, противолежащему углу в 30°, т.е. 2•6см = 12см.
. Вторая диагонаот по теореме Пифагора равна: 2•(√12² - 6²) = 2√108 = 12√3/ответ: 12 см, 12√3.
1) стороны параллелограмма равны 6√2 и 9 см, а угол между ними 135°. найдите площадь параллелограмма

1) стороны параллелограмма равны 6√2 и 9 см, а угол между ними 135°. найдите площадь параллелограмма

4,8(9 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

gulchik1979g

04.03.2022

Вроде так)
1)С двух треугольников. Один трегольник удерживается на бумаге(чтобы не скользил). Второй треугольник одной из своих сторон плотно прижимается к первому треугольнику ,передвигай треугольник, а параллельные прямые получаются черчением вдоль другой стороны второго треугольника.(или же аналогично с линейки и треугольника)
2)Аксиома - это утверждение,которое не требует доказательств.Например,две параллельные линии никогда не пересекутся или что через две точки можно провести только одну прямую:)
3)Это аксиома.

4,8(100 оценок)

Ответ:

ХУХ00001

04.03.2022

Сделал 2 отдельных чертежа, чтобы было не так громоздко.
Пусть дан треугольник из условия и пусть K - середина BC,
T - точка пересечения окружности с прямой QI (см. рис. 1.)

Часть 1.
Докажем, что AT || KI (кто это и так знает, может читать сразу часть 2).
а) Пусть N - точка касания вневписанной окружности
к АBC (см. рис. 1) тогда IT||FN, значит ∠AIT=∠AFN, IT/FN=IH/FJ=AI/AF, т.е. треугольники AIT и AFN подобны, а значит ∠IAT=∠FAN, т.е. точки A, T, N лежат на одной прямой.
б) Пусть BC=a, AC=b, AB=c. Тогда,
т.к. окр. I вписана в ABC, то если обозначить CQ=x,
по свойствам отрезков касательных будет AH=AR, т.е.
b-x=c-(a-x), значит x=(a+b-c)/2, откуда QK=a/2-x=(c-b)/2.
Т.к. окр. F вневписана в ABC, то если обозначить CN=y, то
по свойствам отрезков касательных будет AJ=AG, т.е.
b+y=c+(a-y), значит y=(a-b+c)/2, откуда QN=y-x=с-b.
Итак, QN=2QK, т.е. IK - средняя линия треугольника QTN, т.е. IK||AT.

Часть 2.
Пусть теперь QL⊥BC и QL=h, где h - высота треугольника ABC, проведенная к BC, IQ=r, точка S=AK∩QL (см. рис 2.)
Т.к. QSK и LSA подобны и IK || AT, то LS/SQ=AL/QK=LT/IQ=(h-2r)/r.
Т.е. точка S разбивает LQ в отношении (h-2r)/r, что легко строится.

Итак, построение (его я уже не рисовал, т.к.пользы от этого мало).
1) Через Q проводим прямую BC перпендикулярную IQ.
2) Строим LQ=h=3*ME (см. рис.) очевидно как.
3) На прямой BC по одну сторону от Q откладываем
точки U,V так, что QU=r, QV=h-r и через U
проводим прямую параллельную прямой VL. Ее пересечение
с QL и есть S, т.к. LS/SQ=UV/UQ=(h-2r)/r.
4) Через L проводим прямую параллельную
BC (если она еще не проведена :), находим точку А как ее пересечение с
прямой MS.
5) Строим окружность с центром I радиуса r и
касательные к ней из точки А, до их пересечения
с прямой BC в точках B и С.

Столько циркуля и линейки возобновить треугольник abc по таким трем точкам: точкой m пересечения его