Основи прямокутної трапеції 15 см і 27 см, а діагональ ділить гострий кут навпіл. знайдіть площу цієї трапеції.

ответ: ну почему же "невероятно"...

если построить рисунок по условию, то даже похоже, что и AE=DE...

Объяснение:

треугольник BDF по условию равнобедренный...

и, если начать построение именно с этого, вполне себе получится адекватный рисунок))

т.к. BF=CF по условию ---> AF; CE -медианы и BD -тоже часть медианы...

AE=BE и доказать, что AE=BE=DE -такое возможно только в прямоугольном треугольнике))) нужно смотреть углы...

а вот треугольник ADB уже не очень похож на прямоугольный...

медианы точкой пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины.

CD=2*DE; AD=2*DF

медианы делят треугольник на шесть равновеликих треугольников.

S(ADE) = S(BDF) = S(BDE) = S(CDF)...

у меня не получилось, что треугольник ADE-равнобедренный)))

либо точнее условие, либо в моих рассуждениях есть ошибка...

требуется доказать, что AE=DE, т.е. высота ЕК будет и медианой

---> АК = DK = 2х должно быть...

Двугранный угол при боковом ребре правильной четырехугольной пирамиды 120°. Найти угол между ребром и основанием

Объяснение:

1) Пусть ВР⊥МС. Соединим Р и D.

ΔВРС=ΔDРС по 2 сторонам и углу между ними :РС-общая, ВС=DC как стороны квадрата ,∠РСВ=∠РСD  как углы равных треугольников боковых граней.. Поэтому DР⊥МС и ∠DРВ- линейный угол двугранного угла при боковом ребре,∠DРВ=120°.

2) Углом  между ребром  МС и основанием АВСD будет угол между наклонной МС и ее проекцией СО⇒ ∠РСО.

РО∈(ВРD) ⇒РО⊥МС  , значит ΔОРС-прямоугольный  , sin(∠РСО)= .

3) Пусть РВ=РD=х , для ΔBDP  применим т. косинусов

BD²=х²+х²-2х²cos120  ( cos120=0,5)  , BD²=3x²   , BD=x√3.

Значит , половина диагонали квадрата ,   ОС=  .

4) РО для ΔBDP  является медианой, высотой биссектрисой. Поэтому    ΔОРВ- прямоугольный, ∠ОРВ=60° →∠ОВР=30°⇒ катет РО= .

5)  sin(∠РСО)=  ,   sin(∠РСО)= =  ,  ∠РСО=arcsin .