Решение №39402: Решение: Сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне равна \(180^\circ\), т. е. \(\angle A +\angle B=180^\circ\), \(\angle D+\angle C=180^\circ,\longrightarrow \angle B= 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ\) \(\angle C= 180^\circ - 50^\circ = 130^\circ\). Ответ: \(140^\circ, 130^\circ\). б) Решение: По свойству равнобокой трапеции углы при основании равны, т. е. \(\angle K = \angle F\) и \(\angle P=\angle T\).\(\angle K+\angle P=180^\circ\) - как углы, прилежащие к боковой стороне.\(\longrightarrow \angle OP = 180^\circ - 58^\circ = 122^\circ\). \(\angle F = \angle K = 58^\circ\), \(\angle P = \angle T = 122^\circ\) Ответ: \(58^\circ, 122^\circ\) в) Решение: Пусть \(х\) градуеная мера \(\angle D\), тогда градусная мера \(\angle С = 3х\). \(\angle D\) и \(\angle C\) - прилежащие к боковой стороне \(longrightarrow \angle C + \angle D = 180^\circ\); \(x + 3x = 180^\circ \longrightarrow x = 45^\circ\), T.e. \(\angle D = 45^\circ\), \(\angle C = 135^\circ\). Т. к. трапеция прямоугольная, то \(\angle A = \angle B = 90^\circ\). Ответ: \(90^\circ, 90^\circ, 135^\circ, 45^\circ\).

Ответ: Ответ: \(140^\circ, 130^\circ\). Ответ: \(58^\circ, 122^\circ\) Ответ: \(90^\circ, 90^\circ, 135^\circ, 45^\circ\)

Решение №39403: Рассмотрим \(\Delta MHN\) по теореме о сумме углов треутольника: \(\angle MHN + \angle HMN + \angle MNH = 180^\circ \longrightarrow \angle MNH = 180^\circ - 90^\circ = 22^\circ = 68^\circ\). \(\angle M\) и \(\angle N\) - углы, прилежащие к боковой стороне \(\longrightarrow \angle N = \angle M = 180° \longrightarrow \angle M = 112^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle M = \angle L = 112^/circ\) и \(\angle K = \angle N = 68^\circ\). Ответ: \(68^\circ, 112^\circ, 68^\circ, 112^\circ\) б) Решение: \(\Delta АВС\) - равнобедренный \(\longrightarrow \angle BAC = \angle BCA\). По теореме о сумме углов треугольника \((\Delta АВС): \angle BAC + \angle ABC + \angle BCA = 180^/circ \longrightarrow \angle BAC = \angle BCA = 45^\circ\) \(\angle ACD = 90^\circ\) по условию \(\longrightarrow \angle BCD = \angle BCA + \angle ACD = 135^\circ\) \(\Delta ACD\) - равнобедренный \(\longrightarrow \angle CAD = \angle CDA\). По теореме о сумме углов треугольника \((ADC): \angle CAD + \angle ACD + \angle CDA = 180° \longrightarrow \angle CAD = \angle CDA = 45^\circ\). Т. к. трапеция прямоугольная, то \(\angle CBA = \angle BAD = 90^\circ\) Ответ: \(90^\circ, 90^\circ, 135^\circ, 45^\circ\)

Ответ: Ответ: \(90^\circ, 90^\circ, 135^\circ, 45^\circ\)

Решение №39404: Решение: Проведем вторую высоту \(ВК\). Рассмотрим \(\Delta АКВ\) и \(\Delta DHC: AB- CD\); \(\angle BAK = \angle CDH\) по свойству равнобокой трапеции, /(\angle BKA = \angle DHC = 90^\circ \longrightarrow \Delta AKB = \Delta DHC\) по гипотенузе и острому углу. Из равенства треугольников следует равенство соответствующих элементов: \(AK = HD \longrightarrow AK = 6 см\). \(АН = АК + КН = КН = 24 см\) Четырехугольник \(KBCH\) прямоугольник \(\longrightarrow КН = ВС = 24 см\). Ответ: \(24 см\).

Ответ: Ответ: \(24 см\).

Решение №39405: Решение: Проведем вторую высоту \(BK\). \(\Delta AKB = \Delta DHC\) (доказано в задаче 149) \(\longrightarrow AK = HD = 3 см\). Четырехугольник \(KBCH\) прямоугольник \(\longrightarrow КН = ВС = 10 см\). \(AD = AK + KH + HD = 3 + 10 + 3 = 16 (см)\). Ответ: \(16 см\).

Ответ: \(16 см\)

Решение №39407: а) \(\angle K + \angle M = 180^\circ\) (доказано в задаче №151). \(\angle M - \angle N = 80^\circ \Rightarrow \angle M = \angle K + 80^\circ\); \(\angle K + \angle K + 80^\circ = 180^\circ \Rightarrow \angle K = (180^\circ - 80^\circ) : 2 \Rightarrow \angle K = 50^\circ\), a \(\angle M = 130^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle K = \angle N\) и \(\angle L = \angle M\). б) Т. к. трапеция прямоугольная, то \(\angle A = \angle B = 90^\circ\). Рассмотрим \(\Delta АВС\): по теореме о сумме углов треугольника \(\angle BAC + \angle CBA + \angle ACB = 180^\circ \Rightarrow \angle BCA = 180^\circ - 90^\circ - 35^\circ = 55^\circ\). Т. к. \(CA\) - биссектриса \(\angle BCD\), то \(\angle BCD = \angle BCA \cdot 2 = 110^\circ\). Сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, равна \(180^\circ\), т. е. \(\angle C + \angle D = 180^\circ \Rightarrow \angle D = 180^\circ - 110^\circ = 70^\circ\).

Ответ: а) \(50^\circ, 130^\circ, 50^\circ, 130^\circ\); б) \(90^\circ, 90^\circ, 110^\circ, 70^\circ\).

Решение №39408: \(\angle K = \angle P = 90^\circ\) (т. к. трапеция прямоугольная). Пусть градусная мера \(\angle Т = 3х\), тогда градусная мера \(\angle F = 2x\). Сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, равна \(180^\circ\), т.e. \(\angle T + \angle F = 180^\circ\); \(5x = 180^\circ\); \(x = 36^\circ \Rightarrow \angle T = 3 \cdot 36^\circ = 108^\circ\), \(\angle F = 72^\circ\). б) Обозначим т. \(K\) - середину \(AD\): \(AK = KD = CD = BC = AB\). Проведем отрезок \(СK\). Рассмотрим четырехугольник \(АВСK\): \(BC \parallel AK\), \(ВС = АK \Rightarrow АВСK\) - параллелограмм по признаку о двух сторонах. По свойству параллелограмма \(АВ = СK\). B \(\Delta CKD\): \(CK = KD = CD \Rightarrow \Delta CKD\) - равносторонний \(\Rightarrow \angle CKD = \angle CDK = \angle DCK = 60^\circ\), т. e. \(\angle D = 60^\circ\). \(\angle D + \angle C = 180^\circ\) по свойству углов, прилежащих к боковой стороне \(\Rightarrow \angle С = 120^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle D = \angle A = 60^\circ\); \(\angle C = \angle B = 120^\circ\).

Ответ: а) \(90^\circ, 90^\circ, 108^\circ, 72^\circ\); б) \(60^\circ, 120^\circ, 60^\circ, 120^\circ\).

Решение №39409: a) \(BC \parallel KD\) - по определению трапеции; \(BK \parallel CD\) по условию \(\Rightarrow\) в четырехугольнике \(KBCD\) противолежащие стороны параллельны \(\Rightarrow KBCD\) - параллелограмм по определению. б) Решение: По свойству параллелограмма \(ВС = KD\) и \(BK = CD\). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD = AB + BC ++ BK + KD + KA\), но \(AB + BK + KA = P_{\Delta ABK}\). T. e. \(P_{ABCD} = P_{\Delta ABK} + BC + KD\), но \(BC = KD = 4\) см. \(\Rightarrow P_{ABCD} = 11 + 8 = 19\) (см).

Ответ: а) Утверждение доказано. б) 19 см.

Решение №39410: а) Т. к. \(\Delta ABK\) - равносторонний, то \(\angle BAK = 60^\circ\) (по свойству равностороннего треугольника). \(\angle BAK + \angle ABC = 180^\circ\) - как углы трапеции, прилежащие к боковой стороне \(\Rightarrow \angle ABC = 120^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle A = \angle D\) и \(\angle B = \angle C\). T. e. \(\angle A = 60^\circ\), \(\angle B = 120^\circ\), \(\angle C = 120^\circ\), \(\angle D = 60^\circ\). б) Т. к. \(\Delta АВK\), \(\Delta ВКС\) и \(\Delta CKD\) - равносторонние и имеют общие стороны, то \(\Delta АВK = \Delta ВKС = \Delta CKD\) по трем сторонам \(\Rightarrow AB = AK = KD = DC = BC\). \(Р_{\Delta ABK} = 12\) м, а т. к. \(\Delta АВК\) - равносторонний, то \(AB = 12 : 3 = 4\) (м). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD\), но \(AD = 2AK\) (т. к. \(K\) - середина \(AD\)). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + 2AK = 5AB = 2\) (м).

Ответ: a) \(60^\circ, 120^\circ, 60^\circ, 120^\circ\); б) 20 м.

Решение №39411: \(\angle CBD = \angle BDA\) - как внутренние накрест лежащие при \(ВС \parallel AD\) и секущей \(BD\). \(\angle BDC = \angle BDA\) по условию \(\Rightarrow \angle CBD = \angle BDC \Rightarrow \Delta CBD\) - равнобедренный по признаку \(\Rightarrow BC = CD\) - по определению равнобедренного треугольника \(\Rightarrow AB = CD = BC = 15\) см. Проведем высоты \(ВН\) и \(СК\). Рассмотрим \(\Delta АВН\) и \(\Delta DCK\): \(\angle BAH = \angle CDH\) (по свойству равнобокой трапеции); \(\angle BHA = \angle CKD = 90^\circ\); \(AB = CD\) (т. к. трапеция равнобокая) \(\Rightarrow \Delta АВН = \Delta DCK \Rightarrow AH = KD\). В \(\Delta АВН\): \(AB = 15\) см, \(\angle ABH = 30^\circ \Rightarrow АН = 7,5\) см как катет, лежащий против угла \(30^\circ \Rightarrow KD = 7,5\) см. \(НВСK\) - прямоугольник \(\Rightarrow ВС = НK = 15\) см \(\Rightarrow AD = 30\) см. \(R_{ABCD} = AB + BC + CD + AD = 15 \cdot 3 + 30 = 75\) см.

Ответ: 75 см.

Решение №39412: \(\angle RQS = \angle QSP\) как внутренние накрест лежащие при \(QR \parallel PS\) и секущей \(QS\). T. к. \(\angle RQS = \angle PSQ\) и \(\angle RQS = \angle QSP\), то \(\angle PQS = \angle PQS \Rightarrow\) по признаку равнобедренного треугольника \(\Delta PQS\) - равнобедренный \(\Rightarrow PQ = PS = 10\) см. \(P_{PQRS} = PQ + QR + RS + SP = 10 + 5 + 10 + 10 = 35\) (см).

Ответ: 35 см.

Решение №39416: Решение: \(\Delta ABD\) - равнобедренный. Пусть \(\angle ABD= х\), тогда \(\angle ADB = х\) (как углы при основании равнобедренного \(\Delta ABD\)). \(\angle ADB\) и \(\angle DBC\) - накрест лежащие при \(AD \perallel BC\) и секущей \(BD \rightarrow \angle DBC= \angle ADB = х\). \(\Delta BCD\) - равнобедренный \(\rightarrow \angle BCD = \angle BDC - (180^\circ - \angle DBC): 2 = (180° - х): 2\). Трапеция \(ABCD\) - равнобокая \(\rightarrow \angle ABC = \angle BCD = (180^\circ - x): 2\). Поскольку также \(\angle ABC = \angle ABD + \angle DBC = x + x = 2х\), то \((180^\circ - х): 2 = 2x\); \(5х = 180^\circ\); \(х = 36^\circ\). Тогда \(\angle ABC = 2 \cdot 36^\circ = 72^\circ\); \(\angle BCD = 72^\circ\); \(\angle BAD = (180^\circ - 2 \cdot 36^\circ) = 108^\circ\); \(\angle ADC = \angle BAD = 108^\circ\) Ответ: \(108^\circ\), \(72^\circ\), \(72^\circ\), \(108^\circ\)

Ответ: Ответ: \(108^\circ\), \(72^\circ\), \(72^\circ\), \(108^\circ\)

Решение №39417: Проведем высоты \(LН_{1}\) и \(MН_{2}\). \(\Delta LKН_{1} = \Delta MNН_{2}\) по гипотенузе и острому углу \(\rightarrow КН_{1} = NН_{2}\). \(Н_{1}LMН_{2}\) прямоугольник \(rightarrow LM = Н_{1} Н_{2} = 7a \rightarrow KН_{1} = (9a - 7a) : 2= a\). Pacсмотрим \(\Delta KLН_{1} ; \angle KН_{1}L = 90^\circ\), \(KН_{1} = а\), \(LK = 2a \rightarrow\) угол, противолежащий катету \(КН_{1}\), равен \(30^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника \(в \Delta KLН_{1}\) \(\angle KIН_{1} + \angle IHK_{1} + \angle Н_{1}KL = 180^\circ = \angle LKН_{1} = 180^\circ - 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ\) \(\angle K + \angle L = 180^\circ\) по свойству углов, прилежащих к боковой стороне трапеции \(\rightarrow \angle L = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle K = \angle N = 60^\circ\), \)\angle L= \angle M = 120^\circ\) Ответ: \(60^\circ\), \)120^\circ\), \(60^\circ\), \(120^\circ\).

Ответ: Ответ: \(60^\circ\), \)120^\circ\), \(60^\circ\), \(120^\circ\).

Решение №39820: \(S_{ABCD} = 2S\). (Диагональ \(СА\) делит площадь параллелограмма на два равных треугольника: \(\Delta АВС = \Delta АСD\).)

Ответ: \(S_{ABCD} = 2S\).

Решение №39827: (\(BB_{1}\) - высота, проведенная к \(АС\)) a) \(S = BB_{1} \cdot \fraq{AC}{2} = \fraq{1}{2} \cdot 4 \cdot 10 = 20 (см^2)\); б) \(S = \fraq{AB \cdot BC}{2} = \fraq{8 \cdot 6}{2} = 24 (см^2)\); в) По теореме Пифагора: \(AB^2 = BB_{1}^2 + AB_{1}^2\); \(\Delta АВС\) - равносторонний по признаку. По определению равностороннего треугольника \(АВ = ВС = CA\). По свойству высоты \(AB_{1} = B_{1}C = \fraq{АС}{2}\); тогда: \(BB_{1}^2 = AB^2 - (\fraq{AB}{2})^2 = \fraq{3}{4}AB^2\); \(BB_{1} = \fraq{\sqrt{3}}{2}AB\). Площадь равна: \(S = \fraq{1}{2}BB_{1} \cdot AC = \fraq{1}{2} \cdot \fraq{\sqrt{3}}{2} \cdot 4^2 = 4\sqrt{3} (см^2)\).

Ответ: a) \(20 (см^2)\); б) \(24 (см^2)\); в) \(4\sqrt{3} (см^2)\).

Решение №39828: a) Площадь \(S = \fraq{1}{2}a \cdot h_{a}\). По теореме Пифагора: \(b^2 = h_{a}^2 + b_{a}^2\), \(b_{a}\) - проекция \(b\) на \(a\), по свойству высоты равнобедренного треугольника \(b_{a} = \fraq{a}{2}\), тогда \(h_{a} = \sqrt{b^2 - \fraq{a^2}{4}}\); \(h_{a} = \sqrt{13^2 - 25} = \sqrt{144} = 12\) (см). \(S = \fraq{1}{2} \cdot 12 \cdot 10 = 60 (см^2)\). б) По теореме Пифагора: \(АВ^2 = АH^2 + BH^2\); \(ВH^2 = АB^2 - HA^2\); \(BH = \sqrt{17^2 - 8^2} = \sqrt{289 - 64} = \sqrt{225} = 15\) (см). \(S = \fraq{1}{2}BH \cdot AC\); \(AC = AH + HC = 8 + 2 = 10\) (см). \(S = \fraq{1}{2} \cdot 15 \cdot 10 = 75 (см^2)\).

Ответ: a) \(60 (см^2)\); б) \(75 (см^2)\).

Решение №39829: а) По теореме Пифагора: \(c^2 = a^2 + b^2\); \(b = \sqrt{c^2 - a^2}\); \(b = \sqrt{20^2 - 12^2} = \sqrt{256} = 16\) (см). \(S = \fraq{1}{2}a \cdot b\); \(S = \fraq{1}{2} \cdot 12 \cdot 16 = 96 (см^2)\). б) \(\angle CAH = 90^\circ - \angle АСH = 45^\circ\) - по теореме о сумме углов треугольника. Тогда \(\angle CAH = \angle ACH\) и \(\Delta АСН\) - равнобедренный по признаку, тогда по определению равнобедренного треугольника \(AH = CH\). Тогда \(СН = 4\) см, \(СВ = НВ + CH = 4 + 2 = 6\) (см); \(S = \fraq{1}{2}AH \cdot CB = \fraq{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12 (см^2)\).

Ответ: а) \(96 (см^2)\); б) \(12 (см^2)\).

Решение №39830: Площадь \(S = h_{a} \cdot a \cdot \fraq{1}{2}\); \(a = \fraq{2S}{h_{a}}\); \(a = \fraq{2 \cdot 150}{15} = 20\) (см); \(b = \fraq{2S}{h_{b}}\); \(b = \fraq{2 \cdot 150}{12} = 25\) (см); \(c = \fraq{2S}{h_{c}}\); \(c = \fraq{2 \cdot 150}{20} = 15\) (см). \(P = a + b + c\); \(P = 20 + 25 + 15 = 60\) (см).

Ответ: 60 см.

Решение №39831: \(S = \fraq{1}{2}c \cdot h_{c}\); отсюда \(c = \fraq{2S}{h_{c}}\); \(c = \fraq{2 \cdot 10}{4} = 10\) (см).

Ответ: 10 см.

Решение №39832: Площадь квадрата \(S_{ABCD} = АВ^2 = 1\). \(\Delta BB_{1}A = \Delta DD_{1}C\) по стороне и двум углам, прилежащим к ней. \(S_{ABB_{1}} = S_{CDD_{1}} = \fraq{1}{2}AB \cdot a = \fraq{1}{2}a\) - площади \(\Delta ABB_{1}\) и \(\Delta CDD_{1}\). Тогда \(S_{B_{1}CD_{1}A} = S_{ABCD} - 2S_{ABB_{1}} = 1 - a\).

Ответ: \(1 - а\).

Решение №39833: \(S_{ABH} = \fraq{1}{2}HH_{1} \cdot AB\), но \(HH_{1} = BC = AB\) по определению квадрата, поэтому: \(S_{ABH} = \fraq{1}{2}AB^2\); \(S_{ABH} = \fraq{1}{2} \cdot 1 = 0,5\).

Ответ: 0,5.

Решение №39834: По свойству диагоналей ромба: \(AC \perp BD\) и \(AO = OC\); \(BO = OD\), тогда: \(\Delta AOD = \Delta OCD = \Delta ОСВ = \Delta ОВА\) - по двум сторонам и углу между ними, тогда: \(S_{ABCD} = 4S_{AOD}\); \(S_{AOD} = \fraq{1}{2}AO \cdot OD = \fraq{1}{2} \cdot \fraq{AC}{2} \cdot \fraq{OD}{2} = \fraq{8 \cdot 20}{8} = 2 (см^2)\); \(S_{ABCD} = 4 \cdot 20 = 80 (см^2)\).

Ответ: \(80 (см^2)\).

Решение №39835: \(S_{ABCD} = 4S_{AOD} = 4 \fraq{1}{2} \cdot \fraq{AC}{2} \cdot \fraq{BD}{2} = \fraq{AC \cdot BD}{2}\) (см. решение задачи № 579). Тогда: \(S_{ABCD} = \fraq{AC \cdot 2AC}{2} = AC^2\)\); отсюда: \(AC = \sqrt{S_{ABCD}}\): \(AC = \sqrt{64} = 8\) (см); \(BD = 2AC = 16\) (см).

Ответ: 8 см и 16 см.

Решение №39838: а) Площадь трапеции находим по формуле \(S = \fraq{a + b}{2} \cdot h\), \(S = \fraq{4 + 10}{2} \cdot 6 = 42 (см^2)\). б) По свойству средней линии: \(с = \fraq{а + b}{2}\). Площадь трапеции: \(S = \fraq{a + b}{2} \cdot h = hc\); \(S = 8 \cdot 8 = 64 (см^2)\).

Ответ: а) \(42 (см^2)\); б) \(64 (см^2)\).

Решение №39839: Проводим высоты \(BB_{1}\) и \(CC_{1}\). Так как трапеция равнобедренная, то \(AB_{1} = C_{1}D = \fraq{AD - BC}{2} = \fraq{16 - 8}{2} = 4\) (см). По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle ABB_{1} = 90^\circ - \angle BAB_{1} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ = \angle BAB_{1}\). Тогда по признаку \(\Delta ABB_{1}\) - равнобедренный. По определению равнобедренного треугольника \(АB_{1} = ВB_{1} = 4\) см. Площадь трапеции \(S = \fraq{BC+ AD}{2} \cdot BB_{1}\); \(S = \fraq{8 + 16}{2} \cdot 4 = 48 (см^2)\).

Ответ: \(48 (см^2)\).

Решение №39840: Проводим высоту \(СС_{1}\), тогда \(АС_{1} = ВС\) и \(С_{1}D = AD - BC\); \(С_{1}D = 10 - 6 = 4\) (см). По теореме Пифагора для \(\Delta СС_{1}D\): \(CD^2 = CС_{1}^2 + С_{1}D^2\); \(CС_{1} = \sqrt{CD^2 - С_{1}D^2}\); \(CС_{1} = \sqrt{5^2 - 4^2} = \sqrt{9} = 3\) (см). Площадь трапеции: \(S = \fraq{AD+ BC}{2} \cdot CС_{1}\); \(S = \fraq{10 + 6}{2} \cdot 3 = 24 (см^2)\).

Ответ: \(24 (см^2)\).

Решение №39841: a) По теореме Пифагора: \( \begin{equation*} \begin{cases} \(AB^2 = AH^2 + HB^2\); \(BC^2 = BH^2 + HC^2\); \end{cases} \end{equation*} \) тогда: \( \begin{equation*} \begin{cases} \(AH = \sqrt{AB^2 - HB^2}\); \(HC = \sqrt{BC^2 - BH^2}\); \(AH = \sqrt{13^2 - 12^2} = \sqrt{25} = 5\) (см); \(HC = \sqrt{15^2 - 12^2} = \sqrt{82} = 9\) (см). \end{cases} \end{equation*} \) \(AC = AH + HC\); \(AC = 5 + 9 = 14\) (см). \(S = \fraq{1}{2}AC \cdot BH\); \(S = \fraq{1}{2} \cdot 14 \cdot 12 = 84 (см^2)\). Отвёт: \(84 (см^2)\). б) Из метрических соотношений \(h_{c} = \sqrt{4 \cdot 9} = 6\) (см) - длина высоты, проведенной к гипотенузе. По теореме Пифагора: \( \begin{equation*} \begin{cases} \(a^2 = a_{c}^2 + h_{c}^2\); \(b^2 = b_{c}^2 + h_{c}^2\); \end{cases} \end{equation*} \) \( \begin{equation*} \begin{cases} \(a^2 = 9^2 + 6^2 = 117\); \(b^2 = 4^2 + 6^2 = 52\); \end{cases} \end{equation*} \) \(a =3\sqrt{13}\) (см); \(b = 2\sqrt{13}\) (см); \(S = \fraq{1}{2}ab\); \(S = \fraq{1}{2} \cdot 3\sqrt{13} \cdot 2\sqrt{13} = 39 (см^2)\). Ответ: площадь прямоугольного тре-угольника равна 39 (см^2)\). в) По свойству высоты равностороннего треугольника она также является медианой, тогда, если \(a\) - сторона треугольника, по теореме Пифагора: \(a^2 = h^2 + (\fraq{a}{2})^2\); \(h^2 = \fraq{3}{4}a^2\); \(a = \fraq{2}{\sqrt{3}}h\); \(a = \fraq{2 \cdot 2\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 4\) (см). Площадь \(S = \fraq{1}{2}ah\); \(S = \fraq{1}{2} \cdot 4 \cdot 2\sqrt{3} = 4\sqrt{3} (см^2)\). Ответ: 4\sqrt{3} (см^2)\).

Ответ: a) \(84 (см^2)\); б) \(39 (см^2)\); в) \(4\sqrt{3} (см^2)\).

Решение №39842: a) \(P = AB + BC + AD\); \(AB = BC\) по определению равнобедренного треугольника, тогда \(P = 2AB + AC\); \(AC = P - 2AB\). По свойству высоты равнобедренного треугольника \(BH\) - медиана. По определецию медианы \(АН = НС = \fraq{AC}{2}\). По теореме Пифагора: \(АВ^2 = BH^2 + АH^2\); \(АВ^2 = BH^2 + (\fraq{AC}{2})^2 = BH^2 + ((\fraq{P - 2AB}{2})^2)\); \(АВ^2 = BH^2 + \fraq{P^2}{4} - P \cdot AB + АВ^2\); \(P \cdot AB = BH^2 + \fraq{P^2}{4}\); \(AB = \fraq{BH^2}{P} + \fraq{P}{4}\); \(AB = \fraq{4^2}{16} + \fraq{16}{4} = 1 + 4 = 5\) (см); \(AC = P - 2AB = 16 - 2 \cdot 5 = 6\) (см); \(S = \fraq{1}{2}AC \cdot BH = \fraq{1}{2} \cdot 6 \cdot 4 = 12 (см^2)\). б) Пусть катет \(а = 3х\), тогда \(b = 4х\). По теореме Пифагора: \(а^2 + b^2 = c^2\), тогда \(9x^2 + 16x^2 = 20^2\); \(25x^2 = 400\); \(x^2 = 16\); \(x = 4\); \(а = 3 \cdot 4 = 12\) (см); \(b = 4 \cdot 4 = 16\) (см). Площадь \(S = \fraq{1}{2} \cdot 12 \cdot 16 = 96 (см^2)\).

Ответ: a) \(12 (см^2)\); б) \(96 (см^2)\).

Решение №39843: По свойству биссектрисы: \(\fraq{BD}{DC} = \fraq{BA}{AC} = \fraq{15}{20} = \fraq{3}{4}\). По теореме Пифагора: \(ВА^2 + АС^2 = BC^2\). Пусть \(ВА = 3х\), тогда \(АС = 4х\); \(BC = BD + DC = 15 + 20 = 35\) (см), тогда \(9x^2 + 16x^2 = 35^2\); \(25x^2 = 1225\); \(x^2 = 49\); \(x = 7\). \(ВА = 3 \cdot 7 = 21\) (см); \(АС = 4 \cdot 7 = 28\) (см). \(S = \fraq{1}{2}BA \cdot AC\); \(S = \fraq{1}{2} \cdot 21 \cdot 28 = 294 (см^2)\).

Ответ: \(294 (см^2)\).

Решение №39844: \(S_{ABD} = \fraq{1}{2}AD \cdot BD\); \(BD = 2DE\); тогда \(S_{ABD} = \fraq{1}{2}AD \cdot 2DE = 2S_{ADE}\), следовательно, \(S_{ABD} = 2S\). Рассмотрим \(\Delta АDВ и \Delta CDB\): \(DB\) - общая сторона; \(AD = DC\) - по условию; \(\angle BDC = \angle BDA\), следовательно, \(\Delta ABD = \Delta CBD\) по двум сторонам и углу между ними, тогда: \(S_{DBC} = S_{ABD} = 2S\).

Ответ: \(S_{ABD} = 2S\).

Решение №39845: \(DE\) по определению средняя линия \(\Delta АВС\), тогда по ее свойству \(DE \parallel AC\), следовательно, \(DD_{1} = EE_{1}\). \(S_{AEC} = \fraq{1}{2}EE_{1} \cdot AC = \fraq{1}{2}DD_{1} \cdot AC = S_{ADC}\); \(S_{ADF} = S_{ADC} - S_{AFC} = S_{AEC} - S_{AFC} = S_{EFC}\), тогда \(S_{EFC} = S\).

Ответ: \(S_{EFC} = S\).