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

Ответ: \(S_{ABCD} = 2S\).

Решение №39821: a) \(S = \fraq{1}{2}c \cdot h_{c}\); б) \(S = \fraq{1}{2}a \cdot b\).

Ответ: a) \(S = \fraq{1}{2}c \cdot h_{c}\); б) \(S = \fraq{1}{2}a \cdot b\).

Решение №39822: Да. Пусть \(S_{1}\) и \(S_{2}\) - площади треугольников, а \(h_{1}\) и \(h_{2}\) - высоты соответственно, тогда для оснований \(a_{1}\) и \(a_{2}\) , получим: \(S_{1} = \fraq{1}{2}a_{1}h_{1}\) и \(S_{2} = \fraq{1}{2}a_{2}h_{2}\), откуда \(a_{1} = \fraq{2S_{1}}{h_{1}}\) и \(a_{2} = \fraq{2S_{2}}{h_{2}}\). Если \(S_{1} = S_{2}\) и \(h_{1} = h_{2}\), то \(a_{2} = \fraq{2S_{1}}{h_{1}} = a_{1}\).

Ответ: Да.

Решение №39823: Нет. Площадь трапеции определяется формулой: \(S = \fraq{a + b}{2} \cdot h\). Например, две трапеции с равными высотами и имеющие основания \(а_{1} = 3\) см, \(b_{1} = 4\) см и \(а_{2} = 2\) см, \(b_{2} = 5\) см будут иметь одинаковые площади.

Ответ: Нет.

Решение №39824: Пусть \(а\) - меньшее основание, а \(b\) - большее, тогда площадь одного треугольника равна \(S_{1} = \fraq{1}{2}a \cdot h\), а второго \(S_{2} = \fraq{1}{2}b \cdot h\), где \(h\) - высота трапеции, следовательно, \(S_{1} = S_{2}\), только если \(a = b\), а это противоречит определению трапеции.

Ответ: Пусть \(а\) - меньшее основание, а \(b\) - большее, тогда площадь одного треугольника равна \(S_{1} = \fraq{1}{2}a \cdot h\), а второго \(S_{2} = \fraq{1}{2}b \cdot h\), где \(h\) - высота трапеции, следовательно, \(S_{1} = S_{2}\), только если \(a = b\), а это противоречит определению трапеции.

Решение №39825: a) \(АС = 5\) см; \(ВН = 3\) см; \(S_{ABC} = \fraq{1}{2}AC \cdot BH\); \(S_{ABC} = \fraq{1}{2} \cdot 5 \cdot 3 = 7,5 (см^2)\); б) \(АН = 1,8\) см; \(НС = 3,2\) (см); \(S_{ABH} = \fraq{1}{2}AH \cdot BH = 2,7 (см^2)\); \(S_{BHC} = \fraq{1}{2}HC \cdot BH = 4,8 (см^2)\).

Ответ: a) \(7,5 (см^2)\); б) \(S_{ABH} = 2,7 (см^2)\); \(S_{BHC} = 4,8 (см^2)\).

Решение №39826: a) \(BC = 2\) см; \(AD = 5\) см; \(BH = 2,5\) (см); \(S_{ABCD} = \fraq{BC + AD}{2} \cdot BH = \fraq{5 + 2}{2} \cdot 2,5 = 8,75 (см^2)\); б) \(S_{ABD} = \fraq{1}{2}BH \cdot AD = \fraq{2,5 \cdot 5}{2} = 6,25 (см^2)\); \(S_{BCD} = \fraq{1}{2}BH \cdot BC = \fraq{2 \cdot 2,5}{2} = 2,5 (см^2)\).

Ответ: a) \(8,75 (см^2)\); б) \(S_{ABD} = 6,25 (см^2)\); \(S_{BCD} = 2,5 (см^2)\).

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 №39836: \( \begin{equation*} \begin{cases} \(S_{ABC} = AC \cdot \fraq{BH}{2}\); \(S_{ADC} = AC \cdot \fraq{HD}{2}\), \end{cases} \end{equation*} \) но \(BH = HD + DB = 2HD\); \(S_{ABC} = \fraq{1}{2}AC \cdot HD \cdot 2 = 2S_{ADC}\).

Ответ: NaN

Решение №39837: По свойству диагоналей параллелограмма: \(АO = OC\) и \(BO = OD\). Проводим высоты \(ВВ_{1}\) и \(OO_{1}\). \(\Delta BВ_{1}D \sim \Delta OO_{1}D\) по равному острому углу, тогда из подобия \(ВВ_{1} : OO_{1} = BD : OD = 2: 1\): \(ВВ_{1} = OO_{1}\). \(S_{AOD} = \fraq{1}{2}AD \cdot OO_{1}\); \(S_{ABD} = \fraq{1}{2}AD \cdot BB_{1} = AD \cdot OO_{1}\), но \(S_{AOB} = S_{ABD} = S_{AOD}\), тогда \(S_{AOB} = AD \cdot OO_{1} - \fraq{1}{2}AD \cdot OO_{1} = \fraq{1}{2}AD \cdot OO_{1} = S_{AOD}\).

Ответ: NaN

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

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