Втреугольнике авс проведена медиана вм.угол авс=150 градусов, ас=12 корней из 2 (смрадиус окружности, описанной около треугольника мвс, равен 2 корня из 6 (см).найдите радиус окружности, описанной около треугольника авм.

пусть ab = c; bc = a; ас = b (задано, b = 12*корень(2)); am = mc = b/2; угол мвс = ф;

из теоремы синусов для тр-ка вмс (r1 - радиус описанной окружности, r1 = 2*корень(6); )

2*r1*sin(ф) = b/2; отсюда sin(ф) = b/(4*r1);

из теоремы синусов для тр-ка вмa (r2 - радиус описанной окружности, r2 надо найти; в - это угол авс = 150 градусов)

2*r2*sin(в - ф) = b/2; отсюда r2 = b/(4*sin(b - ф));

на самом деле это уже ответ. 

но для полноты картины надо подставить числа и максимально .

для начала видно, что

sin(ф) =  12*корень(2)/(4*2*корень(6)) =  корень(3)/2. 

угол с таким синусом в треугольнике может быть либо 60 градусов, либо 120 (соответственно, cos(ф) принимает значение либо 1/2 либо (-1/2); )

если ф = 60 градусов, то в - ф = 90 градусов, sin(в - ф) = 1; и r2 = b/4 = 3*корень(2);  

если ф = 120 градусов, то в - ф = 30 градусов, sin(в - ф) = 1/2; и r2 = b/2 = 6*корень(2);

у меня получилось 2 решения.

Из условия известно, что стороны прямоугольника равны 8 дм и 1,5 м (=15 дм). Для того, чтобы найти диагональ прямоугольника рассмотрим прямоугольный треугольник образованный сторонами прямоугольника и диагональю.

Стороны прямоугольника это катеты прямоугольного треугольника, а диагональ прямоугольника — гипотенуза.

Для нахождения гипотенузы будем использовать теорему Пифагора.

Сумма квадратов катетов равна квадрату гипотенузы.

a^2 + b^2 = c^2;

8^2 + 15^2 = c^2;

64 + 225 = c^2;

c^2 = 289;

c = 17 дм. диагональ прямоугольника

Объяснение:

Докажем сначала следующее вс утверждение. Геометрическое место точек X, лежащих внутри трапеции ABCD (BC || AD) или на её сторонах, и таких, что S$\scriptstyle \Delta$XAB = S$\scriptstyle \Delta$XCD, есть отрезок, соединяющий середины оснований трапеции.

Действительно, пусть P и Q — середины оснований BC и AD трапеции ABCD, h - высота трапеции . Если точка X принадлежит отрезку PQ, то XP и XQ — медианы треугольников BXC и AXD, поэтому

Кроме того,

SABPQ = $\displaystyle {\frac{BP + AQ}{2}}$ . h = $\displaystyle {\frac{CP + DQ}{2}}$ . h = SCPQD.

Следовательно, S$\scriptstyle \Delta$XAB = S$\scriptstyle \Delta$XCD.

Пусть теперь X — точка внутри трапеции ABCD, для которой S$\scriptstyle \Delta$XAB = S$\scriptstyle \Delta$XCD (рис.2). Предположим, что X не лежит на прямой PQ. Поскольку S$\scriptstyle \Delta$XBP = S$\scriptstyle \Delta$XCP и S$\scriptstyle \Delta$XAQ = S$\scriptstyle \Delta$XDQ, то

SABPXQ = SCPXQD = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$SABCD.

Если точки X и C лежат по одну сторону от прямой PQ, то

$\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$SABCD = SABPQ + S$\scriptstyle \Delta$PXQ = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$SABCD + S$\scriptstyle \Delta$PXQ,

что невозможно. Аналогично для случая, когда точки X и C лежат по разные стороны от прямой PQ.

Пусть теперь ABCDEF — данный шестиугольник; AB || DE, BC || EF, CD || AF. Докажем, что треугольники ACE и BDF равновелики. В самом деле, пусть прямые AB и EF пересекаются в точке M, прямые AB и CD — в точке N, прямые CD и EF — в точке K (рис.2). Обозначим

$\displaystyle {\frac{MA}{MN}}$ = x, $\displaystyle {\frac{NC}{NK}}$ = y, $\displaystyle {\frac{KE}{KM}}$ = z.

Тогда

S$\scriptstyle \Delta$AME = x(1 - z)S$\scriptstyle \Delta$MNK, S$\scriptstyle \Delta$ANC = y(1 - x)S$\scriptstyle \Delta$MNK, S$\scriptstyle \Delta$CKE = z(1 - y)S$\scriptstyle \Delta$MNK.

Поэтому

S$\scriptstyle \Delta$ACE = S$\scriptstyle \Delta$MNK - S$\scriptstyle \Delta$AME - S$\scriptstyle \Delta$ANC - S$\scriptstyle \Delta$CKE =

= (1 - x(1 - z) - y(1 - x) - z(1 - y))S$\scriptstyle \Delta$MNK = (1 - x - y - z + xy + xz + yz)S$\scriptstyle \Delta$MNK.

Учитывая, что

$\displaystyle {\frac{MF}{MK}}$ = $\displaystyle {\frac{MA}{MN}}$ = x, $\displaystyle {\frac{NB}{NM}}$ = $\displaystyle {\frac{NC}{NK}}$ = y, $\displaystyle {\frac{KD}{KN}}$ = $\displaystyle {\frac{KE}{KM}}$ = z

(что вытекает из параллельности противоположных сторон данного шестиугольника), аналогично получим, что

S$\scriptstyle \Delta$BDF = (1 - x - y - z + xy + xz + yz)S$\scriptstyle \Delta$MNK.

Следовательно, S$\scriptstyle \Delta$ACE = S$\scriptstyle \Delta$BDF.

Пусть P, G, Q, H — середины отрезков AF, AB, CD и DE соответственно; O — точка пересечения отрезков PQ и GH (рис.3). Тогда, по ранее доказанному,

S$\scriptstyle \Delta$AOC = S$\scriptstyle \Delta$DOF, S$\scriptstyle \Delta$AOE = S$\scriptstyle \Delta$BOD, S$\scriptstyle \Delta$ACE = S$\scriptstyle \Delta$BDF.

Поэтому

S$\scriptstyle \Delta$BOF = S$\scriptstyle \Delta$BDF - S$\scriptstyle \Delta$DOF - S$\scriptstyle \Delta$BOD =

= S$\scriptstyle \Delta$ACE - S$\scriptstyle \Delta$AOC - S$\scriptstyle \Delta$AOE = S$\scriptstyle \Delta$OCE.

Следовательно, точка O принадлежит отрезку, соединяющему середины сторон BC и EF.

Другие решения: см. Квант, N5, 1986, с.33

Объяснение: