Рассмотрим ΔABH :
ΔABH имеет угол H = 90°, это говорит о том,что ΔABH - прямоугольный, следовательно ВН - является катетом, АВ - является гипотенузой.
из следствия т.Пифагора - Катет,лежащий против угла в 30° равен половине гипотенузы. а т.к. АВ=14, ВН=7 (по условию задачи), и<span> ВН=7 - половина AB.</span> следовательно, что угол BAH = 30°
высота AH образует равнобедренный прямоугольный треугольник AHC, следовательно, остальные два его угла CAH=ACH= 45° (180-90/2=45)
угол BAC= угол CAH + BAH
угол BAC= 45 + 30 = 75°
cos75°=0,2588
ОТВЕТ: косинус угла ВАС = cos75° = 0,2588
Доказательство
1) Возьмем произвольную точку M на биссектрисе угла <span>BAC</span>, проведем перпендикуляр <span>MK</span> и <span>ML</span> к прямым <span>AB</span> и <span>AC</span>
Рассмотрим прямоугольные треугольники <span>AMK</span> и <span>AML</span>. Они равны по гипотенузе и острому углу. (<span>AM</span> - общая гипотенуза, <span>∠1∠2</span> по условию\). Следовательно, <span>MKML</span>
2) Пусть точка M лежит внутри угла <span>BAC</span> и равноудалена от его сторон <span>AB</span> и <span>AC</span>. Докажем, что луч <span>AM</span> - биссектриса угла <span>BAC</span>
Проведем перпендикуляры <span>MK</span> и <span>ML</span> к прямым <span>AB</span> и <span>AC</span>. Прямоугольные треугольники <span>AMK</span> и <span>AML</span> - равны по гипотенузе и катету (<span>AM</span> - общая гипотенуза, <span>MKML</span> по условию ). Следовательно, <span>∠1∠2</span>. Но это и значит, что луч <span>AM</span> - биссектриса угла <span>BAC</span>. <span>Теорема доказана</span>
Эта высота лежит против угла С, равного 30°, поэтому в два раза меньше гипотенузы СД=12 см. Поэтому искомая высота равна 12/2=6/см/
Ответ 6см
Удачи
A. Продлим медиану АМ до пересечения с продолжением стороны ВС трапеции. Треугольники АМD и СMQ подобны по двум углам (<MCQ=<MDA как накрест лежащие при параллельных BQ и AD, <CMQ =<AMD как вертикальные).
Из подобия имеем: CQ/AD=СM/MD=1 (так как СМ=MD - дано).
Итак, CQ=AD. Тогда BQ=BC+CQ. Но BC=(1/3)*AD (дано), а CQ=AD (доказано выше). Следовательно, BQ=(1/3)*AD+AD, отсюда
3BQ=4AD. BQ/AD=4/3.
Треугольники АРD и ВРQ подобны по двум углам (<РВQ=<РDA как накрест лежащие при параллельных BQ и AD и секущей BD,
<ВРQ =<AРD как вертикальные).
Из подобия имеем: ВР/PD=ВQ/AD=4/3. Что и требовалось доказать.
В. Площадь трапеции АВСD Sabcd=(BC+AD)*BH/2=(2/3)AD*BH.
Площадь треугольника AMD равна Samd=(1/2)*AD*PH.
Площадь треугольника ABD равна Sabd=(1/2)*AD*BH.
Площадь треугольника AMD равна Samd=(1/2)*AD*MK.
Но МК=(1/2)*ВН (из подобия треугольников AMD и CMQ). Значит Samd=(1/4)*AD*ВН.
Площадь треугольника AРD равна Saрd=(1/2)*AD*РТ.
Но РТ=(3/7)*ВН (из подобия треугольников AMQ и APD). Значит Saрd=(3/14)*AD*ВН.
Площадь треугольника РМD равна
Spmd=Samd-Sapd=(1/4-3/14)*AD*ВН =(1/28)*AD*ВН
Sbcmp=Sabcd-Sabd-Spmd=(2/3-1/2-1/28)AD*BH = (11/84)*AD*BH.
(2/3)AD*BH=56 (дано). Тогда AD*BH=84.
Sbcmp=(11/84)*84=11.