решить третью и четвёртую задачу заранее

2

Объяснение:

в условии видимо ошибка: в отношении вместо FC нужно FD. Если так, то

Треугольники AFK и EBK подобны, коэффициент подобия 2 ( т.к. AF:BE=2:1). Тогда их высоты относятся как 2:1 и соответственно составляют 1/what и 2/3h, где h - высота параллелограмма к стороне AD.

Обозначим длину стороны AD=BC=a. Тогда AF=2/3a, BE=1/3a.

Значит S треугольника AFK = 1/2(2/3h×2/3a)= 2/9ah

S параллелограмма CEKF= S треугольника BCF - S треугольника BKE = 1/2ah - 1/2(1/3a×1/3h)=1/2ah-1/18ah=8/18ah=4/9ah.

Тогда отношение площадей равно= 4/9ah:2/9ah=2.

Площадь полной поверхности пирамиды (обозначим её МАВСD) состоит из суммы площадей всех граней. Противоположные боковые грани равны по трём сторонам. Так как МО перпендикулярна плоскости основания, а ВD⊥АВ и CD, то ОВ – проекция наклонной МВ. По т.о 3-х перпендикулярах МВ⊥АВ.Диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам ⇒. ОВ=1,5.Высота пирамиды МО⊥ОВ.  Из ∆ МОВ по т.Пифагора МВ=√(МО²+ОВ²)=√(4+2,25)=2,5Ѕ(АМВ)=МВ•АВ:2=2,5•4:2=5 м²Ѕ(MCD)=S(AMB) ⇒Ѕ(MCD)+S(AMB)=10 м²Найдём высоту второй пары боковых граней. а) Высота DHпрямоугольного ∆ BDH (в основании) равна произведению катетов, делённому на гипотенузу. DH=DB•DC:BC=3•4:5=2,4 мПроведем ОК⊥ВСВO=ОD ⇒ ОК - средняя линия ∆ВDH и равна половине DH.ОК=1,2 мОК - проекция наклонной МК. ⇒ По т.ТПП отрезок МК⊥ВС и является высотой ∆ ВМСб) Из прямоугольного ∆ МОК по т.Пифагора МК=√(MO²+OK²)=√(4+1,44)=√5,44√5,44=√(544/100)=(2√34):10=0,2√34 S(MBC)=BC•MK:2=0,5•5•0,2√34=0,5√34 м² S(AMD)=S(MBC)⇒ S(AMD)+S(MBC)=2•0,5√34=√34 м²S(ABCD)=DB•AB=3•4=12 м²Площадь полной поверхности MABCD:2•S(AMB)+S(ABCD)+2•S(MBC=10+12+√34=(22+√34)м²