2) ∠BAK = ∠KAC = ∠OCA = ∠OCK, т.к. ∠A = ∠C, и СО и КА — биссектриссы.
В ΔAKB и ΔСОВ: АВ = ВС (т.к. ΔАВС — равнобедренный) ∠BAK = ∠BCO (т.к. АК и СО — биссектриссы равных углов). ∠B — общий. Таким образом, ΔAKB = ΔСОВ по 2-му признаку равенства треугольников.
Откуда AK = СО, что и требовалось доказать.
1) AQ = QB = BF = FC, т.к. AF и CQ — медианы. В ΔAFB и ΔCQB:
АВ = ВС (т.к. ΔАВС — равнобедренный)
QB = BF
∠В — общий. Таким образом, ΔAFB = ΔCQB по 1-му признаку равенства треугольников.
Откуда AF = CQ.
блин хз как рисунок скинуть, я с ноута зашла
Плоскость МКО, параллельная плоскости ∆ АВС, пересекает боковые грани по прямым, параллельным сторонам основания АВС и отсекает от исходной пирамиды подобную ей пирамиду RMKO.
Площади подобных фигур относятся как квадрат отношения их линейных размеров.
k=RK:RВ=1/2 ⇒ k²=1/4
Площадь боковой поверхности пирамиды RABC равна сумме площадей её боковых граней.
S ∆ RAB=RA•AB/2
AB=RA•ctg45°=8
S ∆ RAB=8•8/2=32
S ∆ RAC=RA•AC/2
AC=AB•sin30°=8·1/2=4
S ∆ RAC=4·8/2= 16
S ∆ RCB=RC·BC/2
BC=AB·cos30•=4√3
RC по т.Пифагора=√(AC²+AR²)=√(16≠64)=4√5
S ∆ RCB=(4√5)·(4√3)/2=8√15
S бок RABC=32+16+8√15=8·(6+√15)
S бок RMKO= S бок RABC:4=2·(6+√15) ед. площади.
