Соединяй точки попарно A-B, B-F,A-F. И все готово.
На сторонах AB и BC треугольника ABC отмечены точки P и Q так, что углы BPC и BQA равны, BP=BQ, AB=20, BQ=12, CP=11.
<span>Найдите периметр треугольника COQ, где O — точка пересечения прямых AQ и CP</span>
––––––––––––––
Рассмотрим ∆ ВРС и ∆ BQA.
BP=BQ;
∠BPC=∠BQA; ∠В - общий.
∆ ВРС = ∆ BQA по второму признаку равенства треугольников. ⇒
ВС=АВ=20 и ∆ АВС - равнобедренный, ⇒
QC=20-12=8
BP=BQ ⇒PA=QC <span>⇒ </span>
PQ||AC⇒
четырехугольник APQC - равнобедренная трапеция, и <span>ее диагонали PC=QA и тогда</span>
PO=QO; AO=CO
CO+QO=PC=11
Р ∆ CPQ=8+11=19 (ед. длины)
Ответ:
ас/3
Объяснение:
там два параллелограма еще образуются (по опрелелению стороны равны и параллельны), значит, верхнее основание исходного параллелограма = каждому из нижних получившихся
не знаю, зачем там градусы (+условие как-то странно записано)
сторон никаких нет, поэтому в общем виде оставляю
9) На грани SMF получаем след секущей плоскости - средняя линия КР треугольника <span>SMF.
КР = 4/2 = 2 см.
На других гранях - отрезки KE = PE.
Их находим по теореме косинусов:
КЕ = РЕ = </span>√(2²+4²-2*2*4*cos 60°) = √(4+16-16*(1/2)) = √12 = 2√3.
Тогда периметр РКЕ равен 2+2*2√3 = 2+4√3.
10) Основание призмы рассечётся по линии МЕ, параллельно ВС.
По свойству подобных треугольников АМ = АЕ = МЕ = (3/4)а.
Боковые грани А1ВА и А1СА рассекутся по линиям, параллельным диагоналям этих граней. Они сойдутся на ребре АА1 в точке А2.
АА2 равно 3а/4 по подобию треугольников.
Треугольники А2ЕА и А2МА - равнобедренные прямоугольные, поэтому
А2М = А2Е = (3а/4)*√2 = 3а√2/4.
В сечении - равнобедренный треугольник ЕА1М.
Его высота h равна:
h = √((3a√2/4)²-(3a/4)/2)²) = <span> </span>√((72a²-9а²)/64) = √(63а²/64) = 3a√7/8 см.
<span>Площадь S сечения равна:
S = (1/2)(3a/4)*(3a</span>√7)/8 = 9a²√7/64 см².