Восновании тетраэдра лежит треугольник abc — прямоугольный и равнобедренный с прямым углом с и гипотенузой 6 см. ребро см перпендикулярен плоскости основания; расстояние от вершины м до ребра ав равно 5 см. найдите длину
ребра см.

👇

Увидеть ответ

Ответ:

Марина6456667

04.07.2020

AC=BC=x

AB=6

AB*AB=AC*AC+BC*BC

AB*AB=x*x+x*x=2x*x

x*x=36/2

x=3

MA=MB=5

CM = модулю вектора CM

Вектор же CM(вектор сверху поставить над CM черточку)=AMвектор-CMвектор

тогда |CM|(модуль вектора)= $\sqrt{5^{2}-(3\sqrt{2})^{2}}$

|CM|= $\sqrt{7}$

4,6(33 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

artemikochan

04.07.2020

Пусть масса крыжовника = единиц массы, например кг.

Он содержит 90% воды, то есть 0,9x кг . Тогда сухого вещества крыжовник содержит x-0,9x=0,1x кг .

Крыжовник потерял 50% своей массы, то есть потерял 0,5x кг. Но при высыхании теряется только вода (она испаряется), а доля сухого вещества остаётся прежней . Значит крыжовник потерял воду и эта потеря составляет x-0,5x=0,5x кг воды.

Было 0,9x кг воды, потеряно 0,5x кг воды, значит осталось в усохшем крыжовнике 0,9x-0,5x=0,4x кг воды и как и прежде 0,1x кг сухого вещества. Теперь усохшего крыжовника стало 0,4x+0,1x=0,5x кг (это было ясно и раньше, так как из кг крыжовника потеряно 0,5x кг воды, значит осталось 0,5x кг усохшего крыжовника ) .

Чтобы найти, сколько % составляет число А от числа В, надо А разделить на В и полученное число умножить на 100% , $\dfrac{A}{B}\cdot 100\%$ .

Итак, воды в усохшем крыжовнике 0,4x кг, а масса усохшего крыжовника = 0,5x кг, поэтому процент воды от массы крыжовника составляет

$\dfrac{0,4x}{0,5x}\cdot 100\%=\dfrac{4}{5}\cdot 100\%=0,8\cdot 100\%=80\% \ .$

4,6(77 оценок)

Ответ:

марина200008

04.07.2020

Пусть в сектор $\mathrm{AOB}$ вписан прямоугольник $\mathrm{KLMN}$ . $\mathrm{P}$ и $\mathrm{Q}$ - середины сторон $\mathrm{KL}$ и $\mathrm{MN}$ соответственно. Так как прямоугольник симметричен оси симметрии сектора, то две его стороны перпендикулярны этой оси, а две другие стороны - параллельны этой оси.

Так как прямоугольник симметричен оси симметрии сектора, то:

$\mathrm{\angle\ AOC=\angle\ BOC=\alpha}$

Проведем луч $\mathrm{ON}$ , составляющий с осью симметрии сектора угол . Зададим ограничения на х: $x\in[0;\ \alpha ]$

Найдем сторону прямоугольника, перпендикулярную оси симметрии сектора.

Рассмотрим треугольник $\mathrm{OQN}$ . Запишем соотношение для синуса угла х:

$\sin x=\mathrm{\dfrac{QN}{ON}}$

Заметим, что $\mathrm{ON}$ соответствует радиусу сектора. Тогда, выражение для $\mathrm{QN}$ примет вид:

$\mathrm{QN}=R\cdot\sin x$

Так как $\mathrm{QN}$ - половина стороны $\mathrm{MN}$ , то найдена первая сторона прямоугольника:

$\mathrm{MN}=2R\cdot\sin x$

Найдем сторону прямоугольника, параллельную оси симметрии сектора. Представим ее длину в виде:

$\mathrm{LM=KN=PQ=OQ-OP}$

Длину найдем из того же прямоугольного треугольника $\mathrm{OQN}$ , записав выражение для косинуса угла :

$\cos x=\mathrm{\dfrac{OQ}{ON}}$

Выражаем $\mathrm{OQ}$ :

$\mathrm{OQ}=R\cdot \cos x$

Длину $\mathrm{OP}$ найдем из прямоугольного треугольника $\mathrm{OPK}$ . Запишем выражение для тангенса угла $\alpha$ :

$\mathrm{tg}\alpha =\mathrm{\dfrac{PK}{OP} }$

Откуда:

$\mathrm{OP=\dfrac{PK}{\mathrm{tg}\alpha} }$

Так как $\mathrm{PK=QN}$ , то:

$\mathrm{OP}=\dfrac{R\cdot\sin x}{\mathrm{tg}\alpha}$

Таким образом, найдена вторая сторона прямоугольника:

$\mathrm{LM}=R\cdot \cos x-\dfrac{R\cdot\sin x}{\mathrm{tg}\alpha}$

Площадь прямоугольника равна произведению его смежных сторон:

$S=\mathrm{MN\cdot LM}$

$S=2R\cdot\sin x\cdot\left(R\cdot \cos x-\dfrac{R\cdot\sin x}{\mathrm{tg}\alpha}\right)=2R^2\cdot\sin x\cdot\left( \cos x-\dfrac{\sin x}{\mathrm{tg}\alpha}\right)$

Найдем производную:

$S'=2R^2\cdot(\sin x)'\cdot\left( \cos x-\dfrac{\sin x}{\mathrm{tg}\alpha}\right)+2R^2\cdot\sin x\cdot\left( \cos x-\dfrac{\sin x}{\mathrm{tg}\alpha}\right)'$

$S'=2R^2\cdot\cos x\cdot\left( \cos x-\dfrac{\sin x}{\mathrm{tg}\alpha}\right)+2R^2\cdot\sin x\cdot\left(-\sin x-\dfrac{\cos x}{\mathrm{tg}\alpha}\right)$

$S'=2R^2\cdot\left( \cos^2 x-\dfrac{\sin x\cos x}{\mathrm{tg}\alpha}-\sin^2 x-\dfrac{\sin x\cos x}{\mathrm{tg}\alpha}\right)$

$S'=2R^2\cdot\left( \cos^2 x-\sin^2 x-\dfrac{2\sin x\cos x}{\mathrm{tg}\alpha}\right)$

$S'=2R^2\cdot\left( \cos2x-\dfrac{\sin 2x}{\mathrm{tg}\alpha}\right)$

Приравняем производную к нулю:

$2R^2\cdot\left( \cos2x-\dfrac{\sin 2x}{\mathrm{tg}\alpha}\right)=0$

$\cos2x-\dfrac{\sin 2x}{\mathrm{tg}\alpha }=0$

$\dfrac{\sin 2x}{\mathrm{tg}\alpha }= \cos2x$

$\sin 2x= \cos2x\mathrm{tg}\alpha$

$\mathrm{tg}2x= \mathrm{tg}\alpha$

Учитывая ограничения $x\in[0;\ \alpha ]$ получим, что:

$x=\dfrac{\alpha }{2}$

Проверим, является ли эта точка точкой экстремума.

Найдем значение производной при x=0 :

$S'=2R^2\cdot\left( \cos0-\dfrac{\sin 0}{\mathrm{tg}\alpha}\right)=2R^2\cdot\left( 1-0\right)=2R^2$

Найдем значение производной при $x=\alpha$ :

$S'=2R^2\cdot\left( \cos2\alpha -\dfrac{\sin 2\alpha }{\mathrm{tg}\alpha}\right)=2R^2\cdot\left( \cos2\alpha -\dfrac{2\sin \alpha \cos^2\alpha }{\sin\alpha}\right)=$

$=2R^2\cdot\left( 2\cos^2\alpha-1 -2\cos^2\alpha \right)=2R^2\cdot\left( -1 \right)=-2R^2$

При переходе через точку $x=\dfrac{\alpha }{2}$ производная меняет знак с плюса на минус. Значит, это точка максимума.

Найдем значение максимума:

$S\left(\dfrac{\alpha }{2}\right)=2R^2\cdot\sin \dfrac{\alpha }{2}\cdot\left( \cos \dfrac{\alpha }{2}-\dfrac{\sin \dfrac{\alpha }{2}}{\mathrm{tg}\alpha}\right)=$

$=R^2\left( 2\sin \dfrac{\alpha }{2}\cos \dfrac{\alpha }{2}-\dfrac{2\sin^2 \dfrac{\alpha }{2}}{\mathrm{tg}\alpha}\right)=R^2\left( \sin \alpha-\dfrac{2\cdot\dfrac{1-\cos\alpha }{2}} {\mathrm{tg}\alpha}\right)=$