2)Точка N лежит на отрезке DK. Через точку D проведена плоскость,
а через точки N и К- параллельные прямые,
пересекающие эту плоскость в точках N1 и К1
Найти длину отрезка NN1, если KK1=140
см и KD:KN=7:4.

Показать ответ

Ответ:

BloodyMary001

30.04.2022 19:07

Легко показать (я не знаю, центральная это симметрия или нет), что треугольники, образованные парными боковыми сторонами и парой из указанных диагоналей, равны (по стороне и 2 углам при ней, как внутренним накрест лежащимпри параллельных). Например, треугольник А1А2О = треугольник А4А5О, где О - точка пересечения А1А4 и А2А5. Это означает, что обе эти диагонали в точке их пересечения делятся пополам. И эта пара сторон и пара диагоналей центрально симметрична относительно О. Рассматривая другую пару сторон, видим, что и они делятся точкой пересечения пополам, то есть эта точка совпадает с О. Поэтому у фигуры есть центр симметрии, и все диагонали, соединяющие центрально симметричные вершины (А1 и А4, А2 и А5, А4 и А6), обязательно проходят через центр симметрии и делятся им пополам.

Я не уверен, что это то, что вам надо, но по существу это именно то.

0,0(0 оценок)

Ответ:

1090000

30.04.2022 19:07

Пусть дана трапеция ABCD

, стороны $AB=CD\\
$ , опустим высоту

.
так как биссектриса делит сторону боковую на отрезки 10 и 5 , то сама сторона равна 15 см .
Обозначим BC=x

, тогда $AH=\frac{22-x}{2}$
Так как биссектриса делит высоту трапеций , то она будет являться биссектрисой треугольник BAH

.
Тогда очевидно высота будет равна по теореме Пифагора
$BH=\sqrt{15^2 - (\frac{22-x}{2})^2}$
так как

является биссектрисой треугольник ABC

, то по формуле она равна $\frac{22-x}{2}*\sqrt{\frac{60}{52-x}}$
с другой стороны она равна $y=\frac{b}{sina}$
приравняем их
$\frac{22-x}{2}*\sqrt{\frac{60}{52-x}} = \frac{b}{sina}\\
b=\frac{(22-x)*sina}{2}*\sqrt{\frac{60}{52-x}}$
По теореме о биссектрисе $\frac{z}{b}=\frac{15}{\frac{22-x}{2}}\\
 \frac{z}{b}=\frac{30}{22-x}$
с учетом того что
$z+b=\sqrt{225-(\frac{22-x}{2})^2}\\
$
подставляя ее получим
$2*(\frac{30b}{22-x}+b)=\sqrt{(52-x)(x+8)}$
теперь подставим

получим в итоге
$2(\frac{\frac{30*(22-x)}{2}*\frac{60}{52-x}*sina}{22-x}+\frac{22-x}{2}*\sqrt{\frac{60}{52-x}}*sina)-\sqrt{(52-x)(x+8)} = 0\\
$
это эквивалентно такому
$2\sqrt{15(52-x)}*sina= \sqrt{-x^2+44x+416}\\
sina=\sqrt{\frac{x+8}{60}}\\
0 \leq x \leq 52
$
Теперь зная угол можно найти меньшую сторону
Пусть

это сама биссектриса тогда , угол BCD

равен

$AO^2=100+22^2-2*10*22*cos(2*arccos\sqrt{\frac{52-x}{60}})\\
$
тогда
$BO^2 = (100+22^2-2*10*22*cos(2*arccos\sqrt{\frac{52-x}{60}}))+ 15^2-30$ * $(100+22^2-2*10*22*cos(2*arccos\sqrt{\frac{52-x}{60}}))*\sqrt{\frac{52-x}{60}}$
с другой стороны
$BO^2=25+x^2+10x*cos(2arccos\sqrt{\frac{52-x}{60}}) = \frac{2x^2+22x+75}{3}\\
$
$\frac{2x^2+22x+75}{3}=$ $-\frac{5*\sqrt{(27(52-x)(44x+784)}-44*\sqrt{15}*x-1459*\sqrt{15}}{3\sqrt{15}}$
решая это уравнение получаем x=4

Тогда высота равна
$BH=\sqrt{15^2-9^2}=12\\
S=\frac{22+4}{2}*12 = 156$

Подскажите , , решение ( ответ: 156) биссектриса острого угла равнобокой трапеции делит боковую стор