К сожалению не проходят вложения. Попробую на словах.
а) Из т.К проведем отрезок КР // АС. Тр. ВКР подобен тр. АВС
ВК = АВ/4 (по условию). Значит КР = АС/4 = 15/4, ВР = ВС/4 = 7/4, но ВL = 4,
LC = 3. Тогда РL = 4 - 7/4 = 9/4.
Переходим к другой паре подобных тр-ов: KPL и LMC.
KP/CM = LP/LC 15/(4CM) = 9/(4*3) Отсюда: СМ = 5. Для нахождения последней стороны LM тр. LMC найдем cos LCM = - cosACB =
= - (BC^2 + AC^2 - AB^2)/(2BC*AC) = - (225+49-260)/210 = 14/210 = - 1/15.
Теперь по теореме косинусов найдем LM:
LM =кор(LC^2 + CM^2 - 2*LC*CM*cosLCM) = кор(9 + 25 + 2*3*5*/15) = 6.
Итак в тр-ке LMC известны все стороны:
MC = 5, LC = 3, LM = 6. Полупериметр: p = 7. Площадь по ф. Герона:
S = кор[7*(7-3)(7-5)(7-1)] = кор56. С другой стороны, S = pr, где r - радиус вписанной окр-ти . r = (кор56)/7 = (2кор14)/7
ответ: r = (2кор14)/7.
б) Найдем координаты точки О - центра вписанной окр-ти, поместив начало системы координат в т.А и направив ось Х по AC.
т.О - точка пересечения биссектрис тр. LMC. Проведем ОN перпендик. СМ
ОN = r = (2кор14)/7.
Тр-к СОN: СN = ON/tg(LCM/2) tg(LCM/2)= sinLCM /(1+cosLCM) =
= (2кор14)/7.
Тогда CN = 1.
Итак точка О ( и весь вектор АО) имеет координаты (16; (2кор14)/7)
Длина вектора АО = кор[ 256 + 56/49] = (30кор14)/7
ответ: АО = (30кор14) / 7.
Построим отрезок BC длины a. Центр O описанной окружности треугольника ABC является точкой пересечения двух окружностей радиуса R с центрами в точках B и C. Выберем одну из этих точек пересечения и построим описанную окружность S треугольника ABC. Точка A является точкой пересечения окружности S к прямой, параллельной прямой BC и отстоящей от нее на расстояние ha (таких прямых две).
8.2.
Построим точки A1 и B1 на сторонах BC и AC соответственно так, что BA1 : A1C = 1 : 3 и AB1 : B1C = 1 : 2. Пусть точка X лежит внутри треугольника ABC. Ясно, что SABX : SBCX = 1 : 2 тогда и только тогда, когда точка X лежит на отрезке BB1, и SABX : SACX = 1 : 3 тогда и только тогда, когда точка X лежит на отрезке AA1. Поэтому искомая точка M является точкой пересечения отрезков AA1 и BB1.
8.3.
Пусть O — центр данной окружности, AB — хорда, проходящая через точку P, M — середина AB. Тогда |AP – BP| = 2PM. Так как РPMO = 90°, точка M лежит на окружности S с диаметром OP. Построим хорду PM окружности S так, что PM = a/2 (таких хорд две). Искомая хорда задается прямой PM.
8.4.
Пусть R — радиус данной окружности, O — ее центр. Центр искомой окружности лежит на окружности S радиуса |R ± r| с центром O. С другой стороны, ее центр лежит на прямой l, параллельной данной прямой и удаленной от нее на расстояние r (таких прямых две). Любая точка пересечения окружности S и прямой l может служить центром искомой окружности.
8.5.
Пусть R — радиус окружности S, O — ее центр. Если окружность S высекает на прямой, проходящей через точку A, хорду PQ и M — середина PQ, то OM2 = OQ2 – MQ2 = R2 – d2/4. Поэтому искомая прямая касается окружности радиуса
Ц
R2 – d2/4
с центром O.
8.6.
Возьмем на прямых AB и CD точки E и F так, чтобы прямые BF и CE имели заданные направления. Рассмотрим всевозможные параллелограммы PQRS с заданными направлениями сторон, вершины P и R которых лежат на лучах BA и CD, а вершина Q — на стороне BC (рис. 8.1). Докажем, что геометрическим местом вершин S является отрезок EF. В самом деле,
SR
EC
= PQ
EC
= BQ
BC
= FR
FC
, т. е. точка S
Відповідь:
21
Пояснення:
по теореми пифагора 1225см2-784см2=441см2 =21см