Впрямоугольном треугольнике гипотенуза равна 10 см, а один из катетов 5 см. найдите наибольший из острых углов данного треугольника.

Найдем длину другого катета : Sqrt(10^2 - 5^2) = Sqrt(100 - 25) =Sqrt(75) = 5Sqrt(3) . Этот катет больше первого катета , значит угол напротив  этого катета длиной 5Sqrt(3) см будет Наибольшим из острых углов и равен : Sin((5Sqrt(3))/10) = Sin 5*1.7321 / 10 = Sin 8.66/10 = Sin0.866 = 60 градусов

2. 5 см.

3. 8 см, 18 см.

4. 7 см.

Объяснение:

"2. Периметр трапеции равен 22см, но и боковые стороны - 4см и 8см. Найти  среднюю линию трапеции.

3. Одна из основ трапеции на 10см меньше за вторую, а ее средняя линия  равен 13см. Найдите основы трапеции,

4. Диагональ равнобедренной трапеции является биссектрисой острого угла. Найти боковую  сторону трапеции, если основы равны 7см и 15см.​"

***

2.  Р ABCD=AB+BC+CD+AD=22 см.

4+BC+8+AD=22;

BC+AD=22-12=10;

MN=(BC+AD)/2 =10/2=5 см.

***

3.  Пусть одно из оснований трапеции равно  BC= х см. Тогда второе основание равно AD= х-10 см.

Средняя линия трапеции MN=(BC+AD)/2=13;

(x+x-10)/2=13;

2x-10=26;

2x=36;

ВС=x=18 большее основание;

AD=x-10=18-10=8 см - меньшее основание.

***

4.  ∠BAC=CAD=∠BCA, как накрест лежащие при параллельных прямых BC и AD и секущей АС.  Следовательно Δ АВС равнобедренный и стороны АВ=CD=ВС=7 см.

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: