Втреугольнике авс угол а равен 90 градусов,угол в равен 60 градусов. на стороне ас отмечена точка d, так что угол dbc равен 30 градусов, da равен 4 сантиметра. найдите ac и расстояние от точки d до стороны bc.

👇

Увидеть ответ

Ответ:

dfgdfh2

08.01.2021

1)уголABD=углуDBC=30 градусов

BD= AD:1/2 ( катет против угла в 30 градусов )

BD=4:1/2=8 см

2)Рассмотрим треугольник ABC

BD - биссектриса , тогда AD=DC=4см

AC=AD+DC=4+4=8 см

4,4(26 оценок)

Ответ:

aliko705

08.01.2021

Проведем ВD, это медиана,она делит противолежащую сторону пополам,DC=AD= 4 см,АС=8 см

4,7(34 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

notix55

08.01.2021

ответ:

$\angle E=105^{\circ}$

Объяснение:

Проведём биссектрисы $\angle B$ и $\angle C$ . Пусть они пересекаются в точке .

Также проведём отрезки $EO, \: OD$ и .

========================================

Рассмотрим $\triangle BOC$ :

$\angle OBC = 140^{\circ}:2=70^{\circ}$ , т.к. - биссектриса.

$\angle OCB=110^{\circ}:2=55^{\circ}$ , т.к. - биссектриса.

Сумма внутренних углов треугольника равна $180^{\circ}$ .

$\Rightarrow \angle BOC=180^{\circ}-(70^{\circ}+55^{\circ})=180^{\circ}-125^{\circ}=55^{\circ}$

$\Rightarrow \triangle BOC$ - равнобедренный.

========================================

Рассмотрим $\triangle BOA$ и $\triangle BOC$ :

$\angle ABO=\angle CBO$ , т.к. - биссектриса;

AB=CB (по условию); OB - общая сторона.

$\Rightarrow \triangle BOA=\triangle BOC$ (по I признаку равенства треугольников).

========================================

Рассмотрим $\triangle BOC$ и $\triangle DOC$ :

$\angle BCO=\angle DCO$ , т.к. - биссектриса;

BC=CD (по условию), - общая сторона.

$\Rightarrow \triangle BOC=\triangle DOC$ (по I признаку равенства треугольников).

========================================

$\Rightarrow \triangle BOA=\triangle DOC$ , т.е. мы имеем три равных равнобедренных тр-ка:

$\boxed{\triangle BOA, \: \triangle DOC,\: \triangle BOC}$

========================================

Рассмотрим $\triangle EDO$ :

$\angle EDO=130^{\circ}-\angle ODC=130^{\circ}-70^{\circ}=60^{\circ}$ .

$\Rightarrow \triangle EDO$ - равносторонний $\Rightarrow FA=EO$

========================================

Рассмотрим геометрическую фигуру AFEO :

$\angle FAO=100^{\circ}-\angle OAB=100^{\circ}-55^{\circ}=45^{\circ}$ .

$\angle AOE=360^{\circ}-(55^{\circ}+55^{\circ}+55^{\circ}+60^{\circ})=135^{\circ}$ (т.к. в полном угле всего 360°)

При пересечении двух параллельных прямых секущей, сумма односторонних углов равна $180^{\circ}$ .

$\angle FAO+\angle EOA=180^{\circ} \Rightarrow FA|| EO$

Если у геометрической фигуры есть 4 угла, 4 стороны, а 2 стороны равны и параллельны, то этот четырёхугольник - параллелограмм.

У параллелограмма противоположные углы равны.

$\Rightarrow \angle FAO=\angle FEO=45^{\circ}$ .

$\Rightarrow \angle E=\angle FEO+\angle DEO=45^{\circ}+60^{\circ}=105^{\circ}$

========================================

В шестиугольнике ABCDEF выполнены равенства FA=AB=BC=CD=DE, ∠A=100∘, ∠B=140∘, ∠C=110∘, ∠D=130∘. Найд

4,7(41 оценок)

Ответ:

sooooooyeees

08.01.2021

Рух - відображення площині на себе, при якому відстані між точками площини зберігаються. Приклади руху: осьова симетрія, центральна симетрія, паралельний перенос. Властивості руху: відрізок переходить в відрізок, кут переходить в рівний йому кут, окружність переходить в окружність того ж радіуса і т. П.Мал. 1. Нехай є деяка виділена точка Про площині. Крім того, розглянемо довільну точку М тій же площині. Поворотом (позначення -) щодо точки О, званої центром повороту на Ðα (кут повороту) називається таке відображення площині на себе, при якому будь-яка точка М площині переходить в таку точку М1 тій же площині, що ОМ = ОМ1 і, крім того, ÐМОМ1 = α (Рис. 1). Доведемо, що поворот є рухом. Доказ (Рис. 2).Розглянемо точки М і N площині, що переходять при повороті відповідно в точки М1 і N1 тій же площині. Розглянемо трикутники ОМN і ОМ1N1. У цих трикутниках ОМ = ОМ1 і ОN = ОN1. ÐМОN = α - ÐМОN1; ÐМ1ОN1 = α - ÐМОN1, отже, ÐМОN = ÐМ1ОN1. Таким чином, зазначені трикутники рівні за двома сторонами і кутом між ними. Звідси випливає рівність відрізків МN = М1N1. Оскільки точки М і N вибиралися нами довільно, можна стверджувати, що при повороті довжини відрізків зберігаються. Теорема доведена. Нам необхідно навчитися використовувати розглянутий тип руху. Завдання (аналогічна № 1167 з підручника Атанасян, см. Список літератури) Побудуйте трикутник, який виходить з даного трикутника ABC поворотом навколо точки А на кут 60 ° проти годинникової стрілки (ΔАВС). Рішення (Рис. 3).При повороті точка А перейде в саму себе. Точки В і С перейдуть в точки В1 і С1 відповідно. Кути трикутника і довжини його сторін, відповідно до загальних властивостями руху, збережуться (всі позначення сторін і кутів дані на Рис. 3). Побудови при повороті вкрай за до циркуля побудувати дугу кола радіусом, рівним довжині сторони трикутника (АС або АВ), з центром в точці А, далі за до транспортира відкласти на дузі кут 60 ° і відзначити точку-образ (В1 або С1) . Поєднавши отримані точки-образи відрізками, можна отримати шуканий трикутник А1У1С1, що є чином трикутника АВС (ΔАВС = ΔА1В1С1). Точка О є точкою перетину биссектрис рівностороннього трикутника ABC. Доведіть, що при повороті навколо точки О на кут 120 ° трикутник ABC відображається на себе. Рішення.Точка О перетину биссектрис правильного трикутника є центром цього трикутника. Отже, вершини трикутника при повороті навколо точки О будуть «малювати» дуги кола, описаного навколо ΔАВС. Легко показати, що ÐВОС = ÐСОА = ÐАОВ = 120 °. Отже, при повороті, точка А перейде в точку В, точка В перейде в точку С і точка С перейде в точку А (нагадаємо, що кут повороту вважається позитивним, якщо поворот відбувається проти годинникової стрілки). Таким чином, ΔАВС = ΔАВС. Завдання вирішена. Завдання. Дана пряма, на якій задані точка О1 і точка О2 і дано точки А і В, що лежать по різні боки від цієї прямої. Причому мають місце рівності відстаней: О1А = О1В, О2А = О2В. Довести, що точки А і В симетричні щодо зазначеної прямий. Рішення (Рис. 5).Для доказу необхідного в завданню затвердження нам необхідно довести, що АМ = МВ і АВ ^ О1О2. Побудуємо коло радіусом О1А з центром в точці О1 і коло радіусом О2А з центром в точці О2. Розглянемо деяку осьову симетрію з віссю О1О2. При такому відображенні півкола, розташовані у верхній півплощині, перейдуть до відповідних півкола, розташовані в нижній півплощині щодо осі симетрії. При цьому точка перетину «верхніх» півколо - точка А - перейде в точку перетину «нижніх» півколо - точку В. Тобто точка В симетрична точці А відносно даної прямої. Завдання вирішена. На закінчення розберемо ще один застосування понять симетрії. Дан паралелограм ABCD. Довести, що точка перетину його діагоналей є його центром симетрії. Нагадування: фігура називається симетричною відносно точки О, якщо для кожної точки фігури симетрична їй точка щодо точки Про також належить цій фігурі. Точка О називається центром симетрії фігури. Кажуть також, що фігура має центральну симетрію.

4,8(88 оценок)

Это интересно:

Дом-и-сад

03.03.2022

Как избавиться от хлама в доме: легкие способы на все случаи жизни...

Стиль-и-уход-за-собой

07.05.2021

Как удалить застрявший тампон...

Кулинария-и-гостеприимство

31.10.2020

Идеальные начос: как приготовить?...

Образование-и-коммуникации