BK = 1/2 (BP + BA)
BP = 2/3 BM
BM = 1/2 (BC+BD)
BD=BA+AD= -a+c
BC+BA+AC=-a+b
Подставим
BM = 1/2(-2a+b+c). BP=1/3(-2a+b=c), BK= 1/2 (1/3(-2a+b+c)-a)= - 5/6a+1/6b+1/6c
Док-во:
ΔABC - равносторонний ( по условию)
⇒ углы ABC, BCA, CAB = 60 градусов.
Доп. построение:
продлим прямую AC и отметим на ней т.F
углы ACB и BCF - смежные.
угол BCF = 180 - 60 = 120 град.
⇒ при повороте треугольника ABC на 120 градусов, он займет такое же положение в пространстве, что и до этого.
ΔMNK подобен ΔABC ( т.к. все линии ΔMNK соединяют середины сторон равностороннего ΔABC)
⇒ средняя линия MN перейдёт в среднюю линию NK, что и требовалось доказать.
Равнобедренная трапеция. Проводим высоту из угла F на основаниев точку N (новая точка) , т. к. трапеция равнобедр. Из этого следует, что FN=GD=4 см. ND=FG=4 см.
Находим в треугольнике GHD второй катет. Угол .GHD=45°.
DH=GD*tgH; a=4*1=4 см.
EDH=4+4+4=12 см.
Ответ: 12 см.
Известно что sin^2(a)+cos^2(a)=1
cos^2(a)=1-sin^2(a)=1-(1/4)^2=1-1/16=15/16
cosa=корень(15/16)
tga=sina/cosa=(1/4)/корень(15/16)=(1/4)/(1/4 * корень(15))=1/<span>корень(15)</span>
Очевидно, что эта прямая пересекает ось OX в точке, абсцисса которой получается из абсциссы точки C удваиванием, то есть она равна 4. Аналогично рассуждая, получаем точку пересечения с осью OY в точке с ординатой - 2.
Отсюда получаем уравнение искомой прямой в виде уравнения прямой в отрезках
