1)Треугольники подобны ⇒ и у другого треугольника стороныотносятся как 3х/4х/5х. Большая сторона - 5х, и она равна 15.
15=5х
х=3
тогда первая сторона 3х=9, вторая 4х=12
Периметр равен:9+12+15=36
ответ:36
2)Больший катет лежит против большего отрезка гипотенузы. По свойству катет в прямоугольном треугольнике есть среднее геометрическое между гипотенузой (16+9=25см) и его проекцией на гипотенузу (16см)
х=√(25*16)=20см
ответ:20см
3)Рисунок внизу.
В ΔABD по теореме косинусов:
cosABC=(AB²+BD²-AD²)/(2AB*BD)=(16+1-12,25)/(2*4*1)=4,75/8
В ΔABC по теореме косинусов:
AC²=AB²+BC²-2*AB*BC*cosABC=16+256-2*4*16*4,75/8=196
AC=14
ответ:14
Решение
Пусть ABCDA1B1C1D1 – данная призма, основания ABCD и A1B1C1D1 которой – ромбы со стороной 2, причём DAB = 30o и AA1 = BB1 = CC1 = DD1 = 1 . Если DF – высота ромба ABCD , опущенная на сторону AB , то по теореме о трёх перпендикулярах D1F AB , поэтому DFD1 – линейный угол двугранного угла между плоскостями основания ABCD и диагонального сечения AD1C1B . Так как DF = AD sin 30o = 1 , то tg DFD1 = = 1 . Поэтому DFD1 = 45o < 60o . Значит, данная в условии секущая плоскость пересекает рёбра A1D1 и B1C1 . Обозначим через M и N соответствующие точки пересечения. Поскольку плоскости оснований параллелепипеда параллельны, а также параллельны плоскости противоположных боковых граней, то четырёхугольник AMNB – параллелограмм. Пусть MP – перпендикуляр, опущенный из точки M на плоскость основания ABCD . Поскольку плоскости AA1D1D и ABCD перпендикулярны, точка P лежит на их прямой пересечения AD . Если MQ – высота параллелограмма AMNB , опущенная на сторону AB , то по теореме о трёх перпендикулярах PQ AB , поэтому MQP – линейный угол двугранного угла между плоскостями AMNB и ABCD . По условию задачи MQP = 60o . Значит,
MQ = = = .
Следовательно,
SAMNB = AB· MQ = 2· = .
Объяснение:
