Втреугольнике авс угол с равен 90градусов, tga=0, 75 .найдите косинус внешнего угла при вершине а

Внешний угол при вершине а ( обозначим его а1) смежный с внутренним углом а, значит tg a1= -tg a=-0,75. т.к. 1/соs² a=1+tg² a, то найдем cos² a1=1/(1+tg² a1)=1/(1+(-0,75)²)=1/1,5625=0,64, cos a1=0,8.

Рассмотрим  δаов - прямоугольный: ∠аов=90°,     ∠вао=30°, во - катет против ∠вао=30°     ⇒ т.к.  катет       прямоугольного         треугольника, лежащий против     угла     в     30°, равен   половине   гипотенузы во=ав/2 ав=во*2=6*2=12 по теореме пифагора: ао²=12²-6²=144-36=108 ао=√108=6√3 рассмотрим  δвос: ∠вос=90°,  ∠осв=45°   ⇒  ∠рвс=45°       ⇒ δвос - равнобедренный,   сторона  ов=ос=6 рассмотрим  δаос: по теореме косинусов:   ас²=ао²+ос²-2*ао*ос*cos150°= (6√3)²+6²-2*6√3*6*(-√3/2)=108+36+108=252 ас=√252=6√7

ответ:Ре­ше­ние.

а) Обо­зна­чим бук­вой E точку пе­ре­се­че­ния от­рез­ков MK и AB. Углы ∠ALB и ∠LAD равны, как на­крест ле­жа­щие углы; ана­ло­гич­но ∠CLD = ∠ADL, как на­крест ле­жа­щие. От­сю­да по­лу­ча­ем, что ∠BAL = ∠BLA, ∠CDL = ∠CLD, то есть тре­уголь­ни­ки ABL и CLD рав­но­бед­рен­ные (AB = BL, CL = CD). Тогда бис­сек­три­сы этих тре­уголь­ни­ков BM и CK яв­ля­ют­ся также вы­со­та­ми и ме­ди­а­на­ми. Зна­чит, точки M и K яв­ля­ют­ся се­ре­ди­на­ми сто­рон AL и DL со­от­вет­ствен­но. От­сю­да сле­ду­ет, что от­ре­зок MK яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка ALD. Зна­чит, MK || AD.

Те­перь если рас­смот­реть тре­уголь­ник ABL, по­лу­ча­ем, что от­ре­зок EM па­рал­ле­лен сто­ро­не BL и ис­хо­дит из се­ре­ди­ны сто­ро­ны AL. От­сю­да сле­ду­ет, что EM яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей этого тре­уголь­ни­ка, а зна­чит точка E — се­ре­ди­на сто­ро­ны AB. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б) Рас­смот­рим 4-уголь­ник MLKN. Из преды­ду­ще­го пунк­та по­лу­чи­ли, что ∠M = 90°, ∠K = 90°, от­ку­да сле­ду­ет, что

То есть у дан­но­го 4-уголь­ни­ка суммы про­ти­во­по­лож­ных углов дают , от­ку­да сле­ду­ет, что во­круг него можно опи­сать окруж­ность. Со­еди­ним точки N и L (пе­ре­се­че­ние с MK в точке F) — по­лу­чим 2 пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ка NML и NKL. Тогда центр опи­сан­ной окруж­но­сти лежит на се­ре­ди­не общей ги­по­те­ну­зы NL.

Те­перь за­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки MFL и NFK по­доб­ны по 2 углам (∠MFL = ∠NFK, как вер­ти­каль­ные; ∠MLF = ∠NKF, как впи­сан­ные углы, опи­ра­ю­щи­е­ся на одну и ту же дугу MN). Тогда

Ана­ло­гич­но тре­уголь­ни­ки NMF и KFL по­доб­ны по 2 углам (∠NFM = ∠KFL, как вер­ти­каль­ные; ∠MNF = ∠FKL, как впи­сан­ные углы, опи­ра­ю­щи­е­ся на одну и ту же дугу ML). Тогда

По­де­лим со­от­но­ше­ния друг на друга:

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков NLC и NFK (по 3-м углам) по­лу­чим, что Ана­ло­гич­но из по­до­бия тре­уголь­ни­ков NLB и NFM по­лу­чим, что , от­ку­да сле­ду­ет:

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем, что

ответ: 5 : 14.

Объяснение: