Координаты точки А(2; -5) найдите координаты точки симметрии относительно главной точки

Показать ответ

Ответ:

Дани4ка14

28.08.2022 05:45

Дано: SABC - пирамида, АВ=ВС=10см, АС=12см, боковые грани образуют с основанием углы 30 градусов.
Найти: высоту SO.
Построение. К основанию треугольника АВС проведем высоту ВН, которая будет являться и медианой и биссектрисой, так как треугольник равнобедренный. Отрезок SH также является высотой, так как треугольник ASC равнобедренный. Значит, угол SHB - заданный в условии двугранный угол. Высота пирамиды проецируется на основание в точку О, являющуюся центром вписанной в треугольник АВС окружности, так как все грани пирамиды наклонены к основанию под одинаковым углом.
Решение: Рассмотрим прямоугольный треугольник OSH:
$\mathrm{tg} \angle SHO= \frac{SO}{HO} \Rightarrow SO=HO\cdot \mathrm{tg} \angle SHO$
Неизвестным остается отрезок НО, являющийся радиусом ранее упомянутой окружности.
Площадь треугольника равна половине произведения его основания на высоту, проведенную к основанию. С другой стороны площадь треугольника равна произведению его полупериметра на радиус вписанной окружности. Приравнивая эти площади, получим:
$\frac{1}{2} \cdot AC\cdot BH= \frac{1}{2} \cdot(AB+BC+AC) \cdot OH 
\\\
AC\cdot BH= (2AB+AC) \cdot OH 
\\\
OH= \frac{AC\cdot BH}{2AB+AC}$
BH найдем из треугольника АВН по теореме Пифагора, учитывая, что АН - половина АС.
$BH= \sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{AB^2-( \frac{AC}{2})^2 }
\\\
 BH= \sqrt{10^2-( \frac{12}{2})^2 }=8$
$OH= \frac{12\cdot 8}{2\cdot10+12}=3$
$SO=3\cdot \mathrm{tg} 30^0=3\cdot \frac{ \sqrt{3} }{3} = \sqrt{3}(sm)$
ответ: $\sqrt{3}$ см

Основание пирамиды - равнобедренный треугольник с основанием, равным 12 см, и боковой стороной, равн

Основание пирамиды - равнобедренный треугольник с основанием, равным 12 см, и боковой стороной, равн

0,0(0 оценок)

Ответ:

xotabich21

01.09.2020 15:59

Пусть дан Δ ABC

, в который вписана окружность w (O;R)

$\ \textless \ A=2x$

$\ \textless \ B=x$

$\ \textless \ C=6x$

Сумма всех углов треугольника равна 180°, т. е.

$\ \textless \ A+\ \textless \ B+\ \textless \ C=180^\circ$

2x+x+6x=180

$x=20^\circ$ - $\ \textless \ B$

$2*20=40^\circ$ - $\ \textless \ A$

$6*20=120^\circ$ - $\ \textless \ C$

⊥

из четырехугольника AMOK

$\ \textless \ KAM+\ \textless \ AMO+\ \textless \ MOK+\ \textless \ OKA=360^\circ$

$40^\circ +90^\circ +\ \textless \ MOK+90^\circ =360^\circ$

$\ \textless \ MOK+220^\circ =360^\circ$

$\ \textless \ MOK =140^\circ$

Из четырехугольника MCLO

$\ \textless \ OMC+\ \textless \ MCL+\ \textless \ CLO+\ \textless \ LOM=360^\circ$

$90^\circ +120^\circ +90^\circ+\ \textless \ LOM =360^\circ$

$\ \textless \ LOM+300^\circ =360^\circ$

$\ \textless \ LOM=60^\circ$

из четырехугольника LOKB

$\ \textless \ OLB+\ \textless \ LBK+\ \textless \ BKO+\ \textless \ KOB=360^\circ$

$90^\circ +20^\circ +90^\circ+\ \textless \ KOL =360^\circ$

$200^\circ+\ \textless \ KOL =360^\circ$

$\ \textless \ KOL =160^\circ$

ответ: $60^\circ ;$ $140^\circ ;$ $160^\circ$

равнобедренный, значит AB=BC

см

$P_{ABC}=32$ см

$P_{ABC} =AB+BC+AC$ , так как AB=BC

, то

$P_{ABC}=2AB+AC$

2AB+12=32

(см)

$r= \frac{S}{p}$ , где $p= \frac{a+b+c}{2}$ или $p= \frac{P}{2}$

$p= \frac{32}{2} =16$

$S_{ABC}= \frac{1}{2}*AC*BM$

⊥

- прямоугольный

по теореме Пифагора найдем

$BM= \sqrt{AB^2-AM^2}= \sqrt{10^2-6^2}= \sqrt{64}=8$ (см)

$S_{ABC= \frac{1}{2} } *12*8=48$ (см²)

$r= \frac{48}{16}=3$ (см)

ответ:

см

равнобедренная трапеция, около которой описана окружность w(O;R)

см

см

⊥

( по условию)

значит Δ MPK -

прямоугольный

по теореме Пифагора найдём

$MK= \sqrt{MP^2+PK^2}= \sqrt{12^2+9^2}= \sqrt{144+81}= \sqrt{225}=15$ см

$\ \textless \ MPK -$ вписанный угол и $\ \textless \ MPK=90^\circ$ , значит опирается на диаметр окружности

MK=D