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: \(S_{EFC} = S\).

Решение №39846: \(S = \fraq{AC \cdot BD}{2}\). Находим вторую диагональ: \(AC = \fraq{2S}{BD}\); \(AC = \fraq{2 \cdot 24}{8} = 6\) (см). По свойству диагоналей ромба: \(AO = \fraq{AC}{2} = \fraq{6}{2} = 3\) (см); \(BO = \fraq{BD}{2} = \fraq{8}{2} = 4\) (см). По теореме Пифагора: \(AB = \sqrt{AO^2 + OB^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5\) (см). По определению ромба \(АВ = BC = CD = DA\); \(P = 4AB = 20\) (см).

Ответ: 20 см.

Решение №39847: По определению ромба: \(AB = BC = CD = DA\), тогда: \(P = 4BA\); \(AB = \fraq{P}{4}\); \(AB = \fraq{24}{2} = 6\) (см). \(\angle BAD + \angle ABC = 180^\circ\) - внутренние односторонние при \(AD \parallel ВС\) и секущей \(АВ\), когда \(\angle ABC = 180^\circ - 150^\circ = 30^\circ\). Против угла в \(30^\circ\) лежи катет, вдвое меньший гипотенузы (доказательство в решении задачи № 551в). Тогда \(АН = \fraq{AB}{2} = \fraq{6}{2} = 3\) (см). \(S = AB \cdot AH = 3 \cdot 6 = 18 (см^2)\).

Ответ: \(18 (см^2)\).

Решение №39848: Проведем из вершины \(В\) на сторону \(AC\) \(высоту \(BH_{1}\). Тогда: \(S_{ABB_{1}} = \fraq{1}{2}BH_{1} \cdot AB_{1}\) и \(S_{CBB_{1}} = \fraq{1}{2}BH_{1} \cdot B_{1}C\), но по определению медианы \(АВ_{1} = B_{1}C\), тогда \(S_{ABB_{1}} = S_{CBB_{1}}\). В треугольнике \(АОС\) проводим из вершины \(О\) высоту \(ОН_{2}\), тогда: \(S_{AOB_{1}} = \fraq{1}{2}AB_{1} \cdot OH_{2}\) и \(S_{COB_{1}} = \fraq{1}{2}CB_{1} \cdot OH_{2}\), но \(AB_{1} = CB_{1}\), тогда: \(S_{AOB_{1}} = S_{B_{1}OC}\). По свойству медиан треугольника \(ВО : ОВ_{1} = 2 : 1\), то (используя подобие по острому углу \(\Delta BH_{1}B_{1}\) и \(\Delta ОН_{2}В_{1}\)): \(BH_{1} = 3OH_{2}\), следовательно, \(S_{B_{1}BC} = S_{ABB_{1}} = 3S_{B_{1}OC} = S_{AOB_{1}}\). Тогда \(S_{OBC} = S_{OBA} = 2S_{B_{1}OC} = 2S_{B_{1}OA}\). Проведем высоту \(OH_{3}\), тогда \(S_{BOA_{1}} = \fraq{1}{2}OH_{3} \cdot BA_{1} = \fraq{1}{2}OH_{3} \cdot A_{1}C = S_{OA_{1}C}\). Аналогично получаем \(S_{AOC_{1}} = S_{OC_{1}B}\) и, следовательно: \(S_{AOB_{1}} = S_{B_{1}OC} = S_{COA_{1}} = S_{A_{1}OB} = S_{BOC_{1}} = S_{C_{1}OA}\), что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Решение №39849: \(S_{ABC} = \fraq{1}{2}BC \cdot AH\), где \(АН\) - высота треугольника \(ABC\), то есть расстояние между параллельными прямыми \(MA\) и \(ВС\). Тогда высота треугольника \(МВС\) тоже равна \(АН\) (при \(МА \parallel ВС\)), тогда его площадь: \(S_{MBC} = \fraq{1}{2}AH \cdot BC\), но тогда \(S_{ABC} = S_{MBC}\). Так как точку \(M\) мы выбрали произвольно, можно утверждать что все треугольники с основанием \(ВС\) и вершиной на прямой \(МА\) равновелики \(\Delta АВС\), что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Решение №39850: По свойству диагоналей параллелограмма: \(АР = РС\) и \(BP = PD\). Проводим высоты \(ВВ_{1}\) в \(\Delta ABD\) и \(PP_{1}\) в \(\Delta APD\), тогда: \(ВВ_{1} \parallel PP_{1}\), \(\angle PDP_{1}\) - общий, \(\angle BB_{1}D = \angle PP_{1}D\) и \(\angle B_{1}BD = \angle P_{1}PD\) (соответствующие при \(BB_{1} \parallel PP_{1}\) и секущих \(AD\) и \(BD\)), тогда \(\Delta BDB_{1} \sim \Delta PDP_{1}\) по трем углам, но по свойству диагоналей параллелограмма \(BP = PD = \fraq{BD}{2}\), тогда \(BB_{1} = 2PP_{1}\) (из подобия). Тогда: \(S_{ABD} = \fraq{1}{2}BB_{1} \cdot AD = \fraq{1}{2} \cdot 2PP_{1} \cdot AD = 2S_{APD}\), тогда, т.к. \(S_{ABP} + S_{APD} = S_{ABD}\); \(S_{ABP} = S_{APD}\). \(\angle APB = \angle DPC\) - вертикальные, \(AB = РС\) и \(BP = PD\), тогда \(\Delta АВР = \Delta DCP\) по двум сторонам и углу между ними; \(\angle BPC = \angle APD\) (вертикальные), тогда \(\Delta BPC = \Delta АРD\) по двум сторонам и углу между ними, следовательно, \(S_{ABD} = S_{BPC} = S_{CPD} = S_{APD}\).

Ответ: NaN

Решение №39851: а) Для равнобедренной трапеции: \(AH = \fraq{AD - BC}{2}\); \(АН = \fraq{39 - 15}{2} = 12\) (см); \(HD = AD - АН = 27\) (см). По теореме Пифагора для \(\Delta АВН\), \(\Delta ABD\), \(\Delta BHD\): \( \begin{equation*} \begin{cases} \(AB^2 = AH^2 + HB^2\); \(AD^2 = AB^2 + BD^2\); \(BD^2 = BH^2 + HD^2\); \end{cases} \end{equation*} \) \( \begin{equation*} \begin{cases} \(AB^2 = AH^2 + HB^2\); \(AD^2 = AB^2 + BH^2 + HD^2\); \end{cases} \end{equation*} \) \(AD^2 = AH^2 + 2HB^2 + HD^2\); отсюда: \(BH^2 = \fraq{1}{2}(AD^2 - AH^2 - HD^2)\); \(BH^2 = \fraq{1}{2}(39^2 - 12^2 - 27^2)\); \(BH^2 = 324\); \(BH = 18\) (см). Тогда площадь: \(S = \fraq{BC + AD}{2} \cdot BH\); \(S = \fraq{15 + 39}{2} \cdot 18 = 486 (см^2)\). Ответ: \(486 (см^2)\). б) По теореме Пифагора для \(\Delta CHD (CH = AB)\): \(CH^2 + HD^2 = CD^2\); \(HD^2 = CD^2 - CH^2\); \(HD^2 = 13^2 - 12^2 = 25\); \(HD = 5\) (см). \(\angle CDB = \angle BDA\) по определению биссектрисы; \(\angle BDA = \angle DBC\) как внутренние накрест лежащие при \(ВС \parallel AD\) (по определению трапеции) и секущей \(BD\). Тогда \(\angle CBD = \angle CDB\) и \(\Delta BCD\) - равно бедренный по признаку. По определению равнобедренного треугольника \(BC = CD\), тогда \(ВС = 13\) см и, следовательно, \(АН = ВС = 13\) см, тогда \(AD = AH + HD = 13 + 5 = 18\) (см). Площадь \(S = \fraq{BC + AD}{2} \cdot CH = \fraq{13+18}{2} \cdot 12 = 62 (см^2)\). Ответ: 62 (см^2)\).

Ответ: а) \(486 (см^2)\); б) \(62 (см^2)\).

Решение №39852: По теореме Пифагора: \(BD^2 = BH^2 + HD^2\); \(BH^2 = BD^2 - HD^2\). Так как трапеция равнобедренная, \(АН = \fraq{AD - ВC}{2} = 18\) (см), тогда \(HD = AD - АН\); \(HD = 50 - 18 = 32\) (см). \(BH^2 = 40^2 - 32^2 = 576\); \(BH = 24\) (см). Площадь равна: \(S = \fraq{BC + AD}{2} \cdot BH = \fraq{14 + 50}{2} \cdot 24 = 768 (см^2)\).

Ответ: \(768 (см^2)\).

Решение №39853: Пусть \(AD = b\) и \(ВС = а\), \(BH = h\). Тогда \(S_{ABCD} = \fraq{BC + AD}{2}\). \(BH = \fraq{a + b}{2} \cdot h\). Продлим сторону \(AD\) так, что \(DE = а\), то есть \(AE = а + b\). \(S_{ABE} = \fraq{AE}{2} \cdot BH = \fraq{a + b}{2} \cdot h\), следовательно, \(S_{ABE} = S_{ABCD}\).

Ответ: NaN

Решение №39854: Пусть дан \(\Delta АВС\). Отмечаем точку \(D\) так, что \(AD = DC\). От вершины \(В\) параллельно стороне \(AD\) откладываем отрезок \(BE = AD\), и соединяем точки \(Е\) и \(D\). Площадь треугольника \(S_{ABC} = \fraq{1}{2}AC \cdot BH\). Площадь параллелограмма \(S_{АВЕD} = ВН \cdot AD = \fraq{1}{2}BH \cdot AC\), следовательно, \(S_{ABC} = S_{ABED}\).

Ответ: NaN

Решение №39855: Площади треугольников, на которые диагонали разбивают четырехугольник, равны: \( \begin{equation*} \begin{cases} \(S_{AOB} = \fraq{1}{2}AO \cdot OB\); \(S_{AOD} = \fraq{1}{2}AO \cdot OD\); \(S_{BOC} = \fraq{1}{2}BO \cdot OC\); \(S_{COD} = \fraq{1}{2}CO \cdot OD\); \end{cases} \end{equation*} \) \( \begin{equation*} \begin{cases} \(S_{DAB} = S_{ADO} + S_{AOB} = \fraq{1}{2}AO \cdot OD + \fraq{1}{2}AO \cdot OB = \fraq{1}{2}AO \cdot BD\); \(S_{BCD} = S_{BOC} + S_{COD} = \fraq{1}{2}BO \cdot OC + \fraq{1}{2}DO \cdot OC = \fraq{1}{2}OC \cdot BD\); \end{cases} \end{equation*} \) \(S_{ABCD} = S_{DAB} + S_{BCD} = \fraq{1}{2}AO \cdot BD + \fraq{1}{2}OC \cdot BD = \fraq{1}{2}BD(AO + OC) = \fraq{1}{2}BD \cdot AC\).

Ответ: NaN

Решение №39856: Проводим высоты \(АН_{1}\) и \(АН_{2}\) Площадь параллелограмма равна: \(S = AH{1} \cdot DC = AH_{2} \cdot CB\). Делим стороны \(DC\) и \(СВ\) на отрезки так, что выполняются условия: \(DA_{1} : A_{1}C = 2 : 1\) и \(BA_{1} : A_{2}C = 2 : 1\), тогда: \(DA_{1} = \fraq{2}{3} DC\) и \(BA_{2} = \fraq{2}{3}BC\). Площади \(\Delta DAA_{1}\) и \(\Delta BAA_{2}\): \(S_{DAA_{1}} = \fraq{1}{2} AH_{1} \cdot DA_{1} = \fraq{1}{2}AH_{1} \cdot \fraq{2}{3}DC = \fraq{1}{3} AH_{1} \cdot DC = \fraq{1}{3}S\) \(S_{BAA_{1}} = \fraq{1}{2}AH_{2} \cdot BA_{1} = \fraq{1}{2}HH_{2} \cdot \fraq{2}{3}BC = \fraq{1}{3} AH_{2} \cdot BC = \fraq{1}{3}S\) Площадь треугольника \(\Delta A_{1}AA_{2}\): \(S_{A_{1}AA_{2}} = S - S_{DAA_{1}} - S_{BAA_{1}} = S - \fraq{1}{3}S - \fraq{1}{3}S = \fraq{1}{3}S\). Следовательно, отрезки \(АА_{1}\) и \(АА_{2}\) делят параллелограмм \(ABCD\) на три равновеликие части.

Ответ: NaN

Решение №39857: \(S_{OBA_{1}} = S_{A_{1}OC} = S_{B_{1}OA} = S_{AOC_{1}} = S_{C_{1}OB}\) (см решение задачи 593). Тогда: а) \(S_{AOC} = S_{AOB_{1}} + S_{OB_{1}C} = 2(S_{AOB_{1}} = 2 \cdot \fraq{S_{ABC}}{6} = \fraq{1}{3} S_{ABC}\); б) \(S_{A_{1}BC_{1}O} = S_{A_{1}BO} = (S_{OBC_{1}} = 2S_{A_{1}BO} = 2 \cdot \fraq{S_{AbC}}{6} = \fraq{1}{3} S_{ABC}\)

Ответ: NaN

Решение №39858: a) Так как \(КВ = СМ\) и \(КА = MD\), \(KMBC\) и \(KMBC\) - параллелограммы, следовательно, по свойству противолежащих сторон параллелограмма \(ВС = КМ\) и \(KM = AD\). \(S_{KLM} = \fraq{1}{2}LL_{1} \cdot KM\); \(S_{BKL} = \fraq{1}{2} LL_{1} \cdot BL\), \(S_{LCM} = \fraq{LL_{1}} \cdot LC\); тогда: \(S_{BKL} + S_{LCM} = S_{1} + S_{2} = \fraq{1}{2} LL_{1} (BL + LC) = \fraq{1}{2} LL_{1} \cdot BC = \fraq{1}{2} LL_{1} \cdot KM\); тогда \(S_{KLM} = S_{1} + S_{2}\) Аналогично получаем, что \(S_{KNM} = \fraq{1}{2} N_{1}N \cdot KM = \fraq{1}{2} N_{1}N \cdot AD = \fraq{1}{2} N_{1}N \cdot AD = \fraq{1}{2}N_{1}N \cdot AN + \fraq{1}{2}N_{1}N \cdot ND = S_{KAN} + S_{NMD} = S_{3} + S_{4}\). Тогда: \(S_{KNML} = S_{KNM} + S_{KLM} = S_{1} + S_{2} + S_{3} + S_{4}\). Ответ: \(S_{KNML}= S_{1} + S_{2} + S_{3} + S_{4}\). б) Опускаем из вершин \(В\) и \(В_{1}\) на АС высоты \(ВН_{1}\) и \(В_{1}Н_{1}\) Тогда \(\Delta ВН_{1}C_{1} \sim \Delta B_{1}Н_{2}C_{1}\), т. к. \(\angle BC_{1}Н_{1}\) - общий из подобия: \(ВН_{1} : B_{1}Н_{2} = BC_{1} : B_{1}C_{1}\) или \(ВН_{1} = 2B_{1}Н_{2}\). Рассмотрим \(\Delta A_{1}B_{1}C_{1}\) и \(\Delta BC_{1}С\): \(S_{A_{1}B_{1}C_{1}} = \fraq{1}{2} B_{1}Н_{2} \cdot A_{1}C_{1} = S\); \(S_{BC_{1}C} = \fraq{1}{2} BН_{1} \cdot CC_{1} = \fraq{1}{2} \cdot 2 B_{1}Н_{2} \cdot A_{1}C_{1}\); следовательно, \(S_{BC_{1}C} = 2S\). Аналогично доказывается, что \(S_{AA_{1}}C = 2S\) и \(S_{AB_{1}A} = 2S\). Тогда площадь \(\Delta ABC\): \(S_{ABC} = S_{A_{1}B_{1}C_{1}} = S_{BC_{1}}C + S_{ACA_{1}} + S_{ABB_{1}} = S + 2S + 2S + 2S = 7S\) Ответ: \(S_{ABC} = 7S\).

Ответ: Ответ: \(S_{ABC} = 7S\).

Решение №39859: Если трапеция описана около окружности, тогда \(H_{1}H_{2}\) - диаметр, \(H_{1}H_{2} = 2R= 8 (см)\) и выполняется соотношение: \(ВС + AD = AB + CD\). определению равнобедоенной трапеции \(AB = CD\), тогда \(BC + AD = 2AB = 20(см)\) Площадь трапеции \(S = \fraq{BC + AD}{2} \cdot H_{1}H_{2}\); \(S = \fraq{1}{2} \cdot 20 \cdot 8 = 80(см^{2})\) Ответ: \(80(см^{2})\)

Ответ: Ответ: \(80(см^{2})\)

Решение №39860: (\angle CBM = \angle ABM\) \(\angle BCM = \angle MCD\) по определению биссектрисы \(\angle CBM = \angle BMA\) \(\angle BCM = \angle CMD\) - внутренние накрест лежащие при \(BC \parallel AR\) и секущих \(ВМ\) и \(СМ\), тогда: \(\angle ABM = \angle AMB\) \(\angle CMD = \angle MCD\) и, следовательно, \(\Delta ABM\) \(\Delta MCD\) - равнобедренные по признаку. Тогда: |(AB = AM\) и \(CD = DM\). \(AD = AM + MD - AB + CD = 25 + 30 - 55 (см)\). Рассмотрим \(\Delta СС_{1}D\) и \(\Delta ABB_{1}\) По теореме Пифагора: \(AB_{1} = \sqrt{AB^{2} - BB_{1}^{1}} = \sqrt{25^{2} - 24^{1}} = 7 (см)\); \(DC_{1} = \sqrt{DC^{2} - CC_{1}^{1}} = \sqrt{30^{2} - 24^{1}} = 18 (см)\); Тогда \(BC = AD - АВ_{1} - DC_{1} = 55 - 7 - 18 = 30 (см)\). \(S = \fraq{1}{2}(BC + AD) \cdot CC_{1} = \fraq{1}{2}(30 + 55) \cdot 24 =1020 (см^{2})\). Ответ: \(1020 (см^{2})\).

Ответ: Ответ: \(1020 (см^{2})\).

Решение №39861: Проведем прямую через т. \(Е\), параллельную \(ВА\), тогда \(EF \parallel DA\); \(DE\) - по определению средняя линия \(\Delta АВС\), тогда по свойству средней линии \(DE \parallel AC\); \(DE = \fraq{AC}{2}\), следовательно, \(DE = AF = FC\). Соединяем точки \(D\) и \(F\) тогда по определению \(DE\) - средняя линия \(\Delta АВС\), следовательно, \(DF \parallel ВС\) и \(DF = BE = EC\). Аналогично Для средней линии \(EF\). Итак, мы получили, что для треугольников: \(\BE = EC = DF= DF\) \(DE = FC = ED = AF\) \(BD = EF = EF =AD\) Следовательно, треугольники равны по трем сторонам. Тогда \(S_{ADF} = S_{DBE} = S_{DEF} = D_{EFC}\), следовательно: \(S_{DACE} = 3S_{DBE}/).

Ответ: NaN

Решение №39862: Рассмотрим \(Delta BOC\) и \(Delta OAD\): \(\angle BOC = \angle AOF\) - вертикальные \(\angle OBC = \angle AOD\) \(\angle BCO = \angle OAD\) - внутренние накрест лежащие при \(BC \parallel AD\) и секущих \(BD\) и \(AO\), тогда \(\Delta BCO \sim \Delta DAO\) по трем углам. Из подобия: \(\fraq{AO}{OC} = \fraq{AD}{BC}\); следовательно, \(\fraq{AO}{OC} + 1 = \fraq{AD}{BC} + 1\); \(\fraq{AO + OC}{OC} = \fraq{AD + BC}{BC}\); \(\fraq{AC}{OC}= \fraq{AD + BC}{BC}\); перевернем дроби: \(\fraq{OC}{AC} = \fraq{BC}{AD + BC} = \fraq{2}{2 + 8} = \fraq{1}{5}\) Ответ: \(OC : AC = 1 : 5\) б) Из подобия треугольников: \(\fraq{BO}{OD} = \fraq{BC}{AD}\); \(\fraq{BO}{OD} + 1 = \fraq{BC}{AD} + 1\); \(\fraq{BO + OD}{OD} = \fraq{BC + AD}{AD}\); \(\fraq{OD}{BD} = \fraq{AD}{BC + AD}\); \(\fraq{OD}{BD} = \fraq{8}{8 + 2} = \fraq{4}{5}\) Ответ: \(OD : BD = 4 : 5\); в) Из подобия треугольников: \(\fraq{OH_{1}}{OH_{2}} = \fraq{AD}{BC}\) \(OH_{1} : OH_{2} = 4 : 1\); Ответ: \(OH_{1} : OH_{2} = 4 : 1\); г) \(\fraq{S_{BOC}}{S_{AOD}} = \fraq{\fraq{1}{2} BC \cdot OH_{2} }{\fraq{1}{2} AD \cdot OH_{1}} = \fraq{BC}{AD} \cdot \fraq{OH_{2}}{OH_{1}} = \fraq{1}{16}\) Ответ: \(S_{BOC} : S_{AOD} = 1 : 16\)

Ответ: Ответ: \(S_{BOC} : S_{AOD} = 1 : 16\)

Решение №39863: а) \(S = \fraq{1}{2}a \cdot h_{a}\); \(h_{a1} = 4h_{a}\), следовательно, \(S_{1} = \fraq{1}{2}a_{1}h_{1} = \fraq{1}{2} \cdot 4a \cdot 4h_{a} = 16S\) Ответ: уведичится в 16 раз. б) \(S = \fraq{1}{2}a \cdot h_{a}\); \(h_{a1} =\fraq{h_{a}}{3}\), следовательно, \(S_{1} = \fraq{1}{2} a_{1}h_{a1} = \fraq{1}{2} \cdot \fraq{a}{3} \cdot \fraq{h_{a}}{3} = \fraq{1}{9}S\) Ответ: уменьшится в 9 раз. в) \(S = \fraq{1}{2} a \cdot h_{a}\); \(\fraq{h_{a1}}{h_{a}} = \fraq{a_{1}}{a} = \fraq{1}{n}\), следовательно, \(S_{1} = \fraq{1}{2} a_{1}h_{a1} = \fraq{1}{2} \cdot \fraq{a}{n} \fraq{h_{a}}{n} = \fraq{S}{n^{2}}\) Ответ: уменьшится в \(n^{2}\) раз.

Ответ: а) Ответ: уведичится в 16 раз. б) Ответ: уменьшится в 9 раз. в) Ответ: уменьшится в \(n^{2}\) раз.

Решение №39864: а) уменьшить в \(\sqrt{25} = 5\) раз; б) увеличить в \(\sqrt{49} = 7\) раз; в) увеличить в \(\sqrt{n^{2}} = n\) раз;

Ответ: а) уменьшить в \(\sqrt{25} = 5\) раз; б) увеличить в \(\sqrt{49} = 7\) раз; в) увеличить в \(\sqrt{n^{2}} = n\) раз;

Решение №39865: Нет. Отношение площадей треугольников может быть равно 4 и для неподобных треугольников

Ответ: NaN

Решение №39866: a) \(h_{a} < h_{b} < h_{c} \Rightarrow a > b > с\) это следует из того, что \(S = \fraq{1}{2}a \cdot h_{a} = \fraq{1}{2}b \cdot h_{b} = \fraq{1}{2}c \cdot h_{c}\); б) \(c < a < b \Rightarrow h_{c} > h_{a} > h_{b}\); в) \(h_{b} > h_{c} \Rightarrow b < c\), но \(a < b\), следовательно, \(a < c\).

Ответ: a) \(a > b > с\); б) \(c < a < b\); в) \(b < c\), но \(a < b\), \(a < c\).

Решение №39867: a) \(АС = 6\) см; \(АВ = 4\) см. \(S_{ABC} = \fraq{1}{2}AB \cdot AC = \fraq{1}{2} \cdot 6 \cdot 4 = 12 (см^2)\). б) \(S_{A_{1}B_{1}C_{1}} = \fraq{1}{4}S_{ABC} = 3 (см^2)\). в) \(СВ_{1} = 3,8\) см; \(А_{1}Н = 1,6\) см. \(S_{A_{1}B_{1}C_{1}} = \fraq{1}{2}СВ_{1} \cdot А_{1}Н = \fraq{1}{2} \cdot 3,8 \cdot 1,6 \approx 3 (см^2)\).

Ответ: a) \(АС = 6\) см; \(АВ = 4\) см. \(S_{ABC} = 12 (см^2)\); б) \(3 (см^2)\); в) \(3 (см^2)\).

Решение №39868: \(h_{a} = 5,5\) см; \(h_{b} = 4,4\) см; \(h_{c} = 5,9\) см. \(S = \fraq{1}{2}h_{a} \cdot a = 16,5 (см^2)\); \(S = \fraq{1}{2}h_{b} \cdot b = 16,5 (см^2)\); \(S = \fraq{1}{2}h_{c} \cdot c = 16,5 (см^2)\).

Ответ: \(h_{a} = 5,5\) см; \(h_{b} = 4,4\) см; \(h_{c} = 5,9\) см. \(S = \fraq{1}{2}h_{a} \cdot a = 16,5 (см^2)\); \(S = \fraq{1}{2}h_{b} \cdot b = 16,5 (см^2)\); \(S = \fraq{1}{2}h_{c} \cdot c = 16,5 (см^2)\).

Решение №39869: a) \(\fraq{S_{ABC}}{S_{A_{1}B_{1}C_{1}}} = (\fraq{AB}{A_{1}B_{1}})^2 = 3^2 = 9\), следовательно, \(S_{ABC} = 9S_{A_{1}B_{1}C_{1}} = 9 \cdot 9 = 81 (см^2)\). б) \(\fraq{S_{A_{1}B_{1}C_{1}}}{S_{ABC}} = (\fraq{A_{1}B_{1}}{AB})^2 = (\fraq{1}{3})^2 = \fraq{1}{9}\), следовательно, \(S_{A_{1}B_{1}C_{1}} = \fraq{S_{ABC}}{9} = \fraq{9}{9} = 1 (см^2)\).

Ответ: a) \(81 (см^2)\); б) \(1 (см^2)\).

Решение №39870: Так как оба треугольника равносторонние, они подобны, следовательно: \(\fraq{S_{1}}{S_{2}} = (\fraq{a_{1}}{a_{2}})^2 = (\fraq{2}{6})^2 = (\fraq{1}{3})^2 = \fraq{1}{9}\).

Ответ: \(S_{1} : S_{2} = 1 : 9\).

Решение №39871: a) \((\fraq{AB}{A_{1}B_{1}})^2 = \fraq{S_{ABC}}{S_{A_{1}B_{1}C_{1}}} = \fraq{24}{6} = 4\), следовательно: \(\fraq{AB}{A_{1}B_{1}} = 2\); \(A_{1}B_{1} = \fraq{AB}{2}\), тогда \(A_{1}B_{1} = \fraq{8}{2} = 4\) (см). б) \(\fraq{S_{A_{1}B_{1}C_{1}}}{S_{ABC}} = (\fraq{B_{1}C_{1}}{BC})^2 = (\fraq{6}{2})^2 = 3^2 = 9\); \(S_{ABC} = \fraq{1}{9}S_{A_{1}B_{1}C_{1}}\); \(S_{ABC} = \fraq{1}{9} \cdot 18 = 2 (см^2)\).

Ответ: a) 4 (см); б) \(2 (см^2)\).

Решение №39872: По свойству средней линии треугольника она параллельна его стороне и вдвое меньше нее, следовательно: \(b_{1} = \fraq{b}{2}\) и \(a_{1} = \fraq{a}{2}\), тогда \(S_{a_{1}b_{1}c_{1}} = \fraq{1}{2}a_{1}b_{1} = \fraq{1}{2} \cdot \fraq{a}{2} \cdot \fraq{b}{2} = \fraq{ab}{8}\); \(S_{a_{1}b_{1}c_{1}} = \fraq{6 \cdot 8}{8} = 6 (см^2)\).

Ответ: \(6 (см^2)\).

Решение №39873: \(S_{abc} = 4S_{a_{1}b_{1}c_{1}}\) (см. задачу № 617), тогда \(S_{abc} = 4 \cdot 5 = 20 (см^2)\).

Ответ: \(20 (см^2)\).

Решение №39874: Наибольшая высота соответствует наименьшей стороне и наоборот. Из равенства \(S = \fraq{1}{2}ah_{a} = \fraq{1}{2}bh_{b} = \fraq{1}{2}ch_{c}\) находим стороны: \(b = \fraq{ah_{a}}{h_{b}}\) и \(c = \fraq{ah_{a}}{h_{c}}\); \(b = \fraq{100 \cdot 21}{28} = 75\) (см); \(с = \fraq{100 \cdot 21}{60} = 35\) (см). Периметр равен: \(Р = a + b + c = 100 + 75 + 35 = 210\) (см).

Ответ: 210 см.

Решение №39875: Из равенства площадей \(S = \fraq{1}{2}ah_{a} = \fraq{1}{2}bh следует: \(h_{a} = \fraq{bh_{b}}{a}}; \(h_{a} = \fraq{18 \cdot 4}{12} = 6\) (см).

Ответ: 6 см.

Решение №39876: Из равенства площадей \(S = h_{a}a = h_{b}b\) следует: \(b = \fraq{h_{a}a}{h_{b}}\); \(b = \fraq{6 \cdot 8}{4} = 12\) (см).

Ответ: 12 см.

Решение №39877: \(AB = ВС\) по определению равнобедренного треугольника. Из равенства площадей: \(S = \fraq{1}{2}AB \cdot CD = \fraq{1}{2}BC \cdot HA\); тогда \(\fraq{CD}{HA} = \fraq{BC}{AB} = 1\) и, следовательно, \(CD = HA\), что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Решение №39878: Из равенства площадей: \(S = \fraq{1}{2}ah_{a} = \fraq{1}{2}bh_{b} = \fraq{1}{2}ch_{c}\), тогда: \(\fraq{a}{b} = \fraq{h_{b}}{h_{a}} = 1\) и \(а = b\); \(\fraq{a}{c} = \fraq{h_{c}}{h_{a}} = 1\) и \(а = с\), следовательно, \(а = b = с\), что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Решение №39879: \(\fraq{S_{1}}{S_{2}} = \kappa^2 = 3^2 = 9\), тогда \(S_{1} = 9S_{2}\). По условию: \(S_{1} - S_{2} = 24 (см^2)\), тогда \(9S_{2} - S_{2} = 8S_{2} = 24 (см^2)\), отсюда \(S_{2} = \fraq{24}{8} = 3 (см^2)\); \(S_{1} = 9S_{2} = 9 \cdot 3 = 27 (см^2)\).

Ответ: \(27 (см^2)\); \(3 (см^2)\).

Решение №39880: Пусть \(\kappa\) - коэффициент подобия, тогда \(\fraq{S_{2}}{S_{1}} = \kappa^2\); \(\kappa = \sqrt{\fraq{S_{2}}{S_{1}}} = \sqrt{\fraq{300}{75}} = \sqrt{4} = 2\). Для периметров справедливо: \(\fraq{P_{2}}{P_{1}} = \kappa\); \(P_{2} = \kappaP_{1} = 2 \cdot 54 = 108\) (м).

Ответ: 108 м.

Решение №39881: Коэффициент подобия: \(\kappa = \fraq{a}{a_{1}} = \fraq{2}{3}\); тогда для площадей \(\fraq{S}{S_{1}} = \kappa^2 = (\fraq{2}{3})^2 = \fraq{4}{9}\); \(S = \fraq{4}{9}S_{1}\); \(S = \fraq{4}{9} \cdot 81 = 36 (см^2)\).

Ответ: \(36 (см^2)\).

Решение №39882: Коэффициент подобия: \(\kappa = \fraq{a_{1}}{a} = \fraq{1}{1000}\); \(\fraq{S_{1}}{S} = \kappa^2\); \(S = \fraq{S_{1}}{\kappa^2}\); \(S = 2,5 \cdot 1000^2 см^2 = 250 м^2\).

Ответ: \(250 м^2\).

Решение №39883: Из равенства площадей: \(S = ah_{a} = bh_{b}\); \(a = b \cdot \fraq{h_{b}}{h_{a}}\); \(P = 2(a + b) = 2(b \cdot \fraq{h_{b}}{h_{a}} + b)\), следовательно, \(b = \fraq{Ph_{a}}{2(h_{a} + h_{b})}\); \(b = \fraq{56 \cdot 6}{2 \cdot (6 + 8)} = 12\) (см); \(a = \fraq{56 \cdot 8}{2 \cdot (6 + 8)} = 16\) (см).

Ответ: 16 см и 12 см.

Решение №39884: Площадь ромба \(S = \fraq{1}{2}d_{1}d_{2} = \fraq{1}{2} \cdot 30 \cdot 40 = 600 (см^2)\). Сторону ромба найдем по теореме Пифагора: \(a^2 = (\fraq{d_{1}}{2})^2 + (\fraq{d_{2}}{2})^2 = (\fraq{30}{2})^2 + (\fraq{40}{2})^2 = 15^2 + 20^2 = 625\); \(а = 25\) см. Из равенства площадей: \(а \cdot h_{a} = S\), тогда \(h_{a} = \fraq{S}{a} = \fraq{600}{25} = 24\) (см).

Ответ: 24 см.

Решение №39885: Пусть \(а = 3х\), тогда \(b = 4х\). По теореме Пифагора \(c = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{9x^2 + 16x^2} = 5х\). Из равенства площадей: \(S = \fraq{1}{2}ab = \fraq{1}{2}ch_{c}\); \(ab = ch_{c}\); \(3x \cdot 4x = 5x \cdot 12\); \(12x = 5 \cdot 12\); \(х = 5\); \(а = 3x = 3 \cdot 5 = 15\) (см); \(b = 4x = 4 \cdot 5 = 20\) (см).

Ответ: 15 см и 20 см.

Решение №39886: Из равенства площадей: \(S = h_{a}a = h_{b}b\), тогда \(\fraq{a}{b} = \fraq{h_{b}}{h_{a}} = 1\), следовательно, \(а = b\).

Ответ: NaN

Решение №39887: Из равенства площадей: \(S = \fraq{1}{2}ab = \fraq{1}{2}h_{c}c\); \(h_{c} \cdot c = ab\); \(h_{c} = \fraq{ab}{c}\).

Ответ: NaN

Решение №39888: \(\Delta BA_{1}C_{1} \sim \Delta ВАС\) с коэффициентом подобия \(\kappa = \sqrt{\fraq{S}{S_{1}}} = \sqrt{2}\), тогда: \(\fraq{BA}{BA_{1}} = \sqrt{2}\); \(\fraq{BA}{BA_{1}} = \fraq{BA_{1} + A_{1}A}{BA_{1}} = 1 + \fraq{A_{1}A}{BA_{1}} = \sqrt{2}\); \(\fraq{A_{1}A}{BA_{1}} = \sqrt{2} - 1\). Аналогично \(\fraq{CC_{1}}{BC_{1}} = \sqrt{2} - 1\).

Ответ: \(A_{1}A : BA_{1} = (\sqrt{2} - 1) : 1\); \(CC_{1} : BC_{1}} = (\sqrt{2} - 1) : 1\).

Решение №39889: Отношение сторон: \(\fraq{a_{1}}{a} = \sqrt{\fraq{S_{1}}{S_{1} + S_{2}}} = \sqrt{\fraq{9}{9 + 16}} = \fraq{3}{5}\) тогда: \(EB : AB = 3 : 5\) и \(EB : EA = 3 : 2\); \(BC : BD = 3 : 5\) и \(BC : CD = 3 : 2\).

Ответ: NaN

Решение №39890: Из равенства площадей \(S = \fraq{1}{2}ah_{a} = \fraq{1}{2}bh_{b} = \fraq{1}{2}ch_{c}\), следует \(a \cdot h_{a} = b \cdot h_{b} = c \cdot h_{c} \Rightarrow a : b : c = \fraq{1}{h_{a}} : \fraq{1}{h_{b}} : \fraq{1}{h_{c}}\).

Ответ: NaN

Решение №39891: \(S_{ABC} = S_{AMB} + S_{MBC} = \fraq{1}{2}MH \cdot AB + \fraq{1}{2}ME \cdot BC\), но \(AB = BC\) по условию, тогда \(S = \fraq{1}{2}AB \cdot (MH + ME)\). \(S\) и \(АВ\) - постоянны, следовательно, и сумма \(МН + ME\) постоянна, то есть не зависит от выбора \(М\).

Ответ: NaN

Решение №39892: \(AM = МС\) по определению медианы. \(\angle ACB = 180^\circ - 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ\) по теореме о сумме углов треугольника. Проводим среднюю линию \(MM_{1}\), по ее свойству \(MM_{1} \parallel AB\), тогда \(\angle M_{1}MC = 30^\circ\). \(\Delta АВС \sim \Delta MM_{1}C\), тогда \(ВM_{1} = M_{1}C\) (из подобия) и высота является медианой, следовательно, \(\Delta МВС\) - равнобедренный \(\Rightarrow МВ = МС\), \(\angle MBC = \angle MCB = 60^\circ\), но тогда \(\angle BMC = 180^\circ - 60^\circ - 60^\circ = 60^\circ\) и \(\Delta МВС\) - равносторонний по признаку.

Ответ: NaN

Решение №39893: По свойству медианы равнобедренного треугольника она является высотой, тогда \(c\) - гипотенуза, \(h\) - катет и \(\fraq{h}{c} = \fraq{12,6}{6,3} = \fraq{2}{1}\). Следовательно, угол при основании \(30^\circ\), тогда угол против основания равен \(180^\circ - 2 \cdot 30^\circ = 120^\circ\).

Ответ: \(30^\circ\), \(120^\circ\).

Решение №39894: Площадь параллелограмма \(S = а \cdot h_{a}\). \(h_{a}\) - высота, \(b\) - наклонная, тогда \(h_{a} < b \Rightarrow S < а \cdot b\), то есть площадь параллелограмма меньше площади прямоугольника.

Ответ: NaN

Решение №39895: Пусть общая сторона равна \(а\), тогда \(S_{ABCD} = h_{п} \cdot a\), a \(S_{ABE} = \fraq{1}{2}h_{т}a\), так как \(S_{ABCD} = S_{ABE}\), то \(ah_{п} = \fraq{1}{2}h_{т}a \Rightarrow h_{т} = 2h_{п}\).

Ответ: \(h_{т} = 2h_{п}\).

Решение №39896: Прямые \(ВЕ\) и \(BD\) делят сторону \(АС\) на три равные части: \(AE = ED = DC\). Если \(ВН\) - высота, то: \( \begin{equation*} \begin{cases} \(S_{BAE} = \fraq{1}{2}BH \cdot AE\); \(S_{BED} = \fraq{1}{2}BH \cdot ED = \fraq{1}{2}BH \cdot AE\); \(S_{BDC} = \fraq{1}{2}BH \cdot CD = \fraq{1}{2}BH \cdot AE\); \end{cases} \end{equation*} \) \(\Rightarrow S_{BAE} = S_{BED} = S_{BDC}\).

Ответ: NaN

Решение №39897: Проведем высоту \(BN\), тогда: \(S_{ABM} = \fraq{1}{2}BN \cdot AM\) и \(S_{BMC} = \fraq{1}{2}BN \cdot MC\). Но с другой стороны: \(S_{ABM} = \fraq{1}{2}MH \cdot AB\) и \(S_{BMC} = \fraq{1}{2}DM \cdot BC\). Получаем систему уравнений: \( \begin{equation*} \begin{cases} \(BN \cdot MA = MH \cdot AB\); \(BN \cdot MC = BC \cdot MD\); \end{cases} \end{equation*} \) \(\Rightarrow\) \( \begin{equation*} \begin{cases} \(BN = \fraq{MH \cdot AB}{MA}\); \(BN = \fraq{BC \cdot MD}{MC}\). \end{cases} \end{equation*} \) Тогда \(\fraq{AB}{AM} \cdot MH = \fraq{BC}{MC} \cdot MD\), но по условию \(MH = MD\), следовательно, \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{AM}{MC}\).

Ответ: NaN

Решение №39898: а) Пусть \(а = 2х\), тогда \(b = 3х\). Если высота трапеции равна \(h\), то \(S = \fraq{a + b}{2} \cdot h = \fraq{5}{2}xh\); \(xh = \fraq{50 \cdot 2}{5} = 20 (см^2)\). \(S_{2} = \fraq{a}{2}h = \fraq{2}{2}xh = xh = 20 (см^2)\); \(S_{1} = \fraq{b}{2}h = \fraq{3}{2}xh = \fraq{3}{2} \cdot 20 = 30 (см^2)\). б) \(\fraq{h_{5}}{h_{6}} = \fraq{a}{b}\) - из подобия треугольников; \(\fraq{h_{5}}{h_{6}} = \fraq{2}{3} \Rightarrow h_{5} = \fraq{2}{5}h\) и \(h_{6} = \fraq{3}{5}h\), тогда \(S_{5} = \fraq{1}{2}h_{5}a = \fraq{1}{2} \cdot \fraq{2}{5}h \cdot 2x = \fraq{2}{5} \cdot 20 = 8 (см^2)\). \(S_{3} = S_{2} - S_{5} = 20 - 8 = 12 (см^2)\). \(S_{6} = \fraq{1}{2}h_{6}a = \fraq{1}{2} \cdot \fraq{3}{5}h \cdot 3x = \fraq{9}{10}hx = \fraq{9}{10} \cdot 20 = 18 (см^2)\). \(S_{4} = S_{1} - S_{6} = 30 - 18 = 12 (см^2)\).

Ответ: \(S_{1} = 30 (см^2)\); \(S_{2} = 20 (см^2)\); \(S_{3} = 12 (см^2)\); \(S_{4} = 12 (см^2)\); \(S_{5} = 8 (см^2)\); \(S_{6} = 18 (см^2)\).

Решение №39899: \(S_{2} = \fraq{1}{2}ha - S_{3}\) и \(S_{1} = \fraq{1}{2}ha - S_{3}\), тогда \(S_{2} = S_{1}\). Из подобия треугольников: \(\fraq{h_{3}}{h_{4}} = \fraq{a}{b}\); \(\fraq{S_{3}}{S_{4}} = \fraq{\fraq{1}{2}h_{3}a}{\fraq{1}{2}h_{4}b} = \fraq{h_{3}}{h_{4}} \cdot \fraq{a}{b} = (\fraq{a}{b})^2\).

Ответ: NaN

Решение №39900: \( \begin{equation*} \begin{cases} \(S_{ADC} = \fraq{1}{2}CC_{1} \cdot AD\); \(S_{DAB} = \fraq{1}{2}BB_{1} \cdot AD\); \end{cases} \end{equation*} \) тогда \( \begin{equation*} \begin{cases} \(S_{AOB} = S_{ADB} - S_{ADO}\); \(S_{DOC} = S_{ADC} - S_{ADO}\). \end{cases} \end{equation*} \) T. к. \(S_{AOB} = S_{DOC}\), то \(S_{ADB} - S_{ADO} = S_{ADC} - S_{ADO} \Rightarrow S_{ADB} = S_{ADC}\). Следовательно, \(\fraq{1}{2}CC_{1} \cdot AD = \fraq{1}{2}BB_{1} \cdot AD\), откуда \(CC_{1} = BB_{1}\), тогда \(BC \parallel DA\) и по определению \(DABC\) - трапеция или параллелограмм.

Ответ: NaN

Решение №39901: \(S_{ABH} = \fraq{1}{2}AH \cdot BH\); \(S_{BCH} = \fraq{1}{2}BH \cdot HC\). По теореме Пифагора: \( \begin{equation*} \begin{cases} \(AB^2 = BH^2 + AH^2\); \(BC^2 = BH^2 + HC^2\); \end{cases} \end{equation*} \) \(\Rightarrow\) \( \begin{equation*} \begin{cases} \(AH = \sqrt{AB^2 - BH^2} = \sqrt{40^2 - 24^2} = \sqrt{1024} = 32 (см)\); \(BH = \sqrt{BC^2 - BH^2} = \sqrt{25^2 - 24^2} = \sqrt{49} = 7 (см)\). \end{cases} \end{equation*} \) \(S_{ABH} = \fraq{1}{2} \cdot 32 \cdot 24 = 384 (см^2)\) и \(S_{BCH} = \fraq{1}{2} \cdot 24 \cdot 7 = 84 (см^2)\). a) \(S_{ABC} = S_{ABH} + S_{BCH} = 384 + 84 = 468 (см^2)\); б) \(S_{ABC} = S_{ABH} - S_{BCH} = 384 - 84 = 300 (см^2)\).

Ответ: 2 решения. a) \(468 (см^2)\); б) \(300 (см^2)\).