Через точки а, в и р - середины отрезка ав, проведены параллельные прямые, пересекающие плоскость альфа в точках а1, в1 и р1. аа1=16, bb1=12, ав не пересекает плоскость альфа. найдите длину рр1.
Угол равный 60градусов будет лежать против стороны равной 5 см, т. к. этот угол меньше 90 градусов. значит второй угол образованный этими диагоналями равен 120 гр. (т. к. вместе они образуют развернутый угол) пусть прямоугольник будет АВСД, точка пересечения диагоналей О, тогда в треугольнике АОВ опускаем высоту ОК, т. к. треугольник равносторонний, то ОК будет и медианой и биссектрисой полученный угол КОА будет равен 30 гр. а отрезки ВК и АК равны по 2,5 см. По правилу "сторона лежащая против угла в 30 гр равна половине гипотенузы"(в треугольнике АОК) следует, что гипотенуза т. е. сторона АО равна двум длинам стороны АК, т. е. АО равна 5 см. У диагонали АС точка О является ее центром симметрии, значит АС равна 10 см Теперь рассмотрим треугольник АСВ, в котором нам известно: АВ рана 5 см, АС = 10 см. Треугольник прямоугольный. По теореме Пифагора сторона ВС2 = АС2(в квадрате) - АВ2. отсюда следует ВС равна 5корень из5 площадь прямоугольника равна АВ умножить на ВС, т. е. выходит S=5*5 корень из 5=25к орень из 5
Вот пришло в голову решение :) Так-то задачка ерундовая :) Я продлеваю перпендикуляры HK и HM за точку H до пересечения с BA в точке A1 и BC в точке C1 (ну, точки лежат на продолжениях... из за того, что ∠ABC острый, эти точки есть и лежат где положено :) ) Для треугольника A1BC1 H - точка пересечения высот (ну двух-то точно :) - A1M и C1K), поэтому A1C1 перпендикулярно BH, и, следовательно, параллельно AC; то есть ∠BAC = ∠BA1C; Точки K и M лежат на окружности, построенной на A1C1, как на диаметре, поэтому ∠BA1C + ∠KMC = 180°; как противоположные углы вписанного четырехугольника. Или, что же самое, ∠BA1C = ∠BMK; следовательно ∠BAC = ∠BMK; и треугольники ABC и BMK имеют равные углы. То есть, подобны.
Следствие, которое важнее задачи :) Четырехугольник AKMC - вписанный. То есть через эти 4 точки можно провести окружность.
Дополнение. Тривиальный решения тут такой. ∠KHB = ∠A; ∠MHB = ∠C; BK = BH*sin(A) = BC*sin(C)*sin(A); BM = BH*sin(C) = BA*sin(A)*sin(C); То есть у треугольников ABC и MBK угол B общий, и стороны общего угла пропорциональны BM/BA = BK/BC = sin(A)*sin(B); значит треугольники подобны. коэффициент подобия sin(A)*sin(C), что тоже полезное следствие.
значит второй угол образованный этими диагоналями равен 120 гр. (т. к. вместе они образуют развернутый угол)
пусть прямоугольник будет АВСД, точка пересечения диагоналей О,
тогда в треугольнике АОВ опускаем высоту ОК, т. к. треугольник равносторонний, то ОК будет и медианой и биссектрисой
полученный угол КОА будет равен 30 гр. а отрезки ВК и АК равны по 2,5 см.
По правилу "сторона лежащая против угла в 30 гр равна половине гипотенузы"(в треугольнике АОК) следует, что гипотенуза т. е. сторона АО равна двум длинам стороны АК, т. е. АО равна 5 см.
У диагонали АС точка О является ее центром симметрии, значит АС равна 10 см
Теперь рассмотрим треугольник АСВ, в котором нам известно: АВ рана 5 см, АС = 10 см. Треугольник прямоугольный.
По теореме Пифагора сторона ВС2 = АС2(в квадрате) - АВ2. отсюда следует ВС равна 5корень из5
площадь прямоугольника равна АВ умножить на ВС, т. е. выходит S=5*5 корень из 5=25к орень из 5
Я продлеваю перпендикуляры HK и HM за точку H до пересечения с BA в точке A1 и BC в точке C1 (ну, точки лежат на продолжениях... из за того, что ∠ABC острый, эти точки есть и лежат где положено :) )
Для треугольника A1BC1 H - точка пересечения высот (ну двух-то точно :) - A1M и C1K), поэтому A1C1 перпендикулярно BH, и, следовательно, параллельно AC;
то есть ∠BAC = ∠BA1C;
Точки K и M лежат на окружности, построенной на A1C1, как на диаметре, поэтому
∠BA1C + ∠KMC = 180°; как противоположные углы вписанного четырехугольника. Или, что же самое, ∠BA1C = ∠BMK;
следовательно ∠BAC = ∠BMK;
и треугольники ABC и BMK имеют равные углы. То есть, подобны.
Следствие, которое важнее задачи :) Четырехугольник AKMC - вписанный. То есть через эти 4 точки можно провести окружность.
Дополнение. Тривиальный решения тут такой.
∠KHB = ∠A; ∠MHB = ∠C;
BK = BH*sin(A) = BC*sin(C)*sin(A);
BM = BH*sin(C) = BA*sin(A)*sin(C);
То есть у треугольников ABC и MBK угол B общий, и стороны общего угла пропорциональны BM/BA = BK/BC = sin(A)*sin(B); значит треугольники подобны.
коэффициент подобия sin(A)*sin(C), что тоже полезное следствие.