Реши задание на изображении
На фото задачи №9–16. Ниже — ответы для всех; \(x\) и \(y\) беру по подписям на рисунках. В №10 и №11 точки на основании делят его пополам — это показано равными штрихами.
| № | \(x\) | \(y\) |
|---|---|---|
| 9 | \(EF=\dfrac{13(\sqrt6+3\sqrt2)}{12}\approx7{,}25\) | \(ME=\dfrac{13\sqrt6}{6}\approx5{,}31\) |
| 10 | \(FM=8(\sqrt6-\sqrt2)\approx8{,}28\) | \(FN=16(\sqrt3-1)\approx11{,}71\) |
| 11 | \(AB=7\sqrt2\approx9{,}90\) | \(BD=\dfrac{7(1+\sqrt3)}2\approx9{,}56\) |
| 12 | \(ME=1\) | \(MK=KT=\dfrac{\sqrt6}{3}\approx0{,}816\) |
| 13 | \(MF=16\sqrt3\sin80^\circ\approx27{,}29\) | \(MN=16\sqrt3\sin40^\circ\approx17{,}81\) |
| 14 | \(BD=\sqrt{52-24\sqrt2}\approx4{,}25\) | \(AC=\sqrt{52+24\sqrt2}\approx9{,}27\) |
| 15 | \(PN=\dfrac{10}{\cos25^\circ}\approx11{,}03\) | \(NQ=\dfrac{10}{\cos25^\circ}\approx11{,}03\) |
| 16 | \(AC=4\sqrt{19-2\sqrt6}\approx15{,}02\) | \(BD=4(1+\sqrt6)\approx13{,}80\) |
Как получаются ответы
9.
\(\angle EMF=180^\circ-60^\circ-45^\circ=75^\circ\), поэтому
\(\angle KMF=75^\circ-30^\circ=45^\circ\).
В \(\triangle MEK\) углы \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\), а в \(\triangle MKF\) — \(45^\circ,45^\circ,90^\circ\). Значит,
\[
ME=\frac{MK}{\sin60^\circ},\qquad EK=\frac{MK}{\tan60^\circ},\qquad KF=MK.
\]
Остаётся сложить \(EF=EK+KF\).
10.
\(E\) — середина \(MN\). Если спроецировать \(FM\) и \(FN\) на направление \(FE\), получаем:
\[
x\sin45^\circ=y\sin30^\circ,
\]
\[
x\cos45^\circ+y\cos30^\circ=2\cdot8.
\]
Отсюда \(y=x\sqrt2\), затем находим \(x\), а потом \(y\).
11.
\(D\) — середина \(AC\). Аналогично по проекциям на \(BD\):
\[
x\sin45^\circ=14\sin30^\circ,
\]
\[
2y=x\cos45^\circ+14\cos30^\circ.
\]
Из первого уравнения \(x=7\sqrt2\), из второго — \(y=\dfrac{7(1+\sqrt3)}2\).
12.
В треугольнике \(MKT\) углы при основании \(M\) и \(T\) равны по \(30^\circ\), значит \(\angle K=120^\circ\). По теореме синусов:
\[
\frac{MT}{\sin120^\circ}=\frac{y}{\sin30^\circ},
\]
откуда \(y=\dfrac{\sqrt6}{3}\).
Для \(ME=x\): в \(\triangle MKE\) углы \(15^\circ,120^\circ,45^\circ\), поэтому
\[
\frac{x}{\sin120^\circ}=\frac{y}{\sin45^\circ}\Rightarrow x=1.
\]
13.
В параллелограмме противоположный угол при \(N\) равен \(120^\circ\). Диагональ \(NF\) делит его на \(40^\circ\) и \(80^\circ\). В \(\triangle NMF\) углы \(80^\circ,60^\circ,40^\circ\), а \(NF=24\). По теореме синусов:
\[
\frac{x}{\sin80^\circ}=\frac{y}{\sin40^\circ}=\frac{24}{\sin60^\circ}.
\]
14.
Угол \(135^\circ\) отмечен как внешний, значит внутренний \(\angle A=45^\circ\). По теореме косинусов:
\[
BD^2=4^2+6^2-2\cdot4\cdot6\cos45^\circ,
\]
\[
AC^2=4^2+6^2-2\cdot4\cdot6\cos135^\circ.
\]
15.
\(\angle N=130^\circ\), значит \(\angle P=50^\circ\). Диагональ \(PQ\) даёт \(\angle QPR=25^\circ\), поэтому \(\angle NPQ=25^\circ\). В \(\triangle PNQ\) два угла по \(25^\circ\), значит \(x=y\). Далее:
\[
\frac{x}{\sin25^\circ}=\frac{20}{\sin130^\circ}.
\]
16.
В \(\triangle BCD\): \(BC=12\), \(CD=8\), \(\angle BDC=60^\circ\). Поэтому
\[
12^2=BD^2+8^2-2\cdot BD\cdot8\cos60^\circ,
\]
откуда \(BD=4+4\sqrt6\). Для параллелограмма
\[
AC^2+BD^2=2(AD^2+AB^2)=2(12^2+8^2).
\]
Отсюда находим \(AC\).
