1.треугольник abc и трапеция kmnp имеют общую среднюю линию ef, mn||ef, ef||bc
а)докажите , что af и bc скрещивающиеся
б) найдите kp и mn, если bc=24, kp: mn 8: 3
2.точка f лежит вне плоскости трапеции abcd
a)док-е,что аf и вс скрещивающиеся
б)чему равен угол между af и bc, если угол afd=70, а угол fda=40
, это ,
Значит, х=(х1+х2)/2
у=(у1+у2)/2
В (х1;у1), С (х2;у2), Д (-2;-4)
Соs(АД АС) =(вектор АД*на вектор АС) /|АД|*|АС|
(дальше это векторы)
АД (-2-0;-4-(-4))
АД (-2;0)
АС (-1-0;-3-(-4))
АС (-1;1)
АД*АС=-2*(-1)+0*1=2
|АД|=2;|АС|=корень из 2
Соs(АД АС) =2/(2*корень из 2)=корень из 2/2
Значит, угол равен 45 градусов.
1.Поместите A в начало координат, D на оси x, B - на оси y. Все координаты находятся элементарно. Дальше - находите вектора и перемножаете. Например, координаты точки B - (0,6)
Не могу нарисовать рисунок, но попытаюсь объяснить.
Пусть имеется прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой AC и прямым углом при вершине В.
Пусть точка О – пересечение заданных биссектрис. Один из углов при О = 100 градусов
Вариант 1.
Расcмотрим треугольник ABO. Угол AOB=100, угол ABO=45 (потому что BO – биссектриса угла В, который 90 град)
Тогда угол BAO=180-100-45=35
Угол BAC вдвое больше BAO и равен 35*2=70.
Оставшийся уголACB =180-90-70=20.
Вариант 2.
(если вдруг возникнет иллюзия считать, что распределение углов при точке О другое – то есть 100 град = угол AOD, где точка В – точка пересечения биссектрисы из вершины B со стороной AC, То в таком случае:
Всё равно рассмотрим треугольник ABO. Только угол AOB=180-100=80. угол ABO всё равно 45 (потому что BO – биссектриса угла В, который 90 град)
Тогда угол BAO=180-80-45=55.
Угол BAC в этом случае вдвое больше BAO и равен 55*2=110. И тут упс – сумма двух углов начального прямоугольного треугольника уже становится больше 180, а ведь есть ещё и третий угол. Поэтому распределение углов при точке О только такое, как в первом варианте решения. Второй вариант нежизне