Задание 4002

1) Пусть сторона ромба равна a ($$FG=a$$), острый угол $$F=\alpha$$. Тогда: из $$\bigtriangleup FAE ; \bigtriangleup FDG$$ получаем, что $$FA=\frac{FE}{\sin 45^{\circ}}=FD=\frac{a}{\sqrt{2}}$$ (оба равнобедренные и прямоугольные)

2)$$\angle EFD = \alpha - \angle DFG = \alpha - 45^{\circ}$$

$$\angle GFA = \alpha - \angle EFA = \alpha - 45^{\circ}$$

$$\angle DFA = \alpha - \angle EFD - \angle GFA =90^{\circ} - \alpha$$

Тогда по теореме косинусов из $$\bigtriangleup DFA$$: $$DA=\sqrt{DF^{2}+FA^{2}-2*DF*FA*\cos DFA}=$$$$\sqrt{\frac{a^{2}}{2}+\frac{a^{2}}{2}-2*\frac{a^{2}}{2}*\cos (90^{\circ}-\alpha)}=$$$$\sqrt{a^{2}-a^{2}\sin \alpha}$$

3)$$\angle FEH =180^{\circ} - \alpha$$

$$\angle AEB =\angle FEH - \angle FEA - \angle BEH =90^{\circ} - \alpha$$

Тогда по теореме косинусов из $$\bigtriangleup AEB$$: $$DA=\sqrt{AE^{2}+EB^{2}-2*AE*EB*\cos AEB}=$$$$\sqrt{\frac{a^{2}}{2}+\frac{a^{2}}{2}-2*\frac{a^{2}}{2}*\cos (90^{\circ}-\alpha)}=$$$$\sqrt{a^{2}-a^{2}\sin \alpha}$$

4)Если взять диагонали ромба как оси симметрии, то получаем, что стороны ромба симметричны относительно этих осей, а с учетом того, что треугольники построены прямоугольные и равнобедренные на равных сторонах, то треугольники равны и семметричны так же относительно этих осей. Тогда ABCD - прямоугольник

5)$$S_{ABCD}+S_{EFGH}=AB*AD+EF*FG*\sin F=$$$$\sqrt{a^{2}-a^{2}\sin \alpha}*\sqrt{a^{2}-a^{2}\sin \alpha}+a*a*\sin \alpha=$$$$a^{2}-a^{2}\sin \alpha+a^{2}\sin \alpha=$$$$a^{2}=12=GH$$.

Тогда $$CH=\frac{\sqrt{GH}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{2}}=\sqrt{6}$$