ΔOAH является равнобедренным, так как AO=OH, следовательно углы OHA и OAH равны. Поскольку угол OAH = углу QDH , то угол OHA = углу QDH/ OQDH является параллелограммом, так как: OQ параллельна HD (средняя линия и основание) OH параллельна QD (соответственные углы равны)
h-? Обозначим точку касания стороны CD к окружности за F BC=CF=1 Угол CQO = 75 градусам Угол OFQ - прямой Угол FOQ = 15 градусам Угол BOQ = 75 градусам Угол BOF = 60 градусам Угол COF = 30 градусам ΔCOF - прямой. Катет CF лежит против угла в 30 градусов, следовательно гипотенуза OC равняется его удвоенному значению OC=2 В треугольнике OCQ из вершины С проведем высоту в точку N. Угол CON = 45 градусам Треугольник OCN - прямой равнобедренный, следовательно CN=ON= CN является высотой трапеции OBCQ, которая подобна трапеции ABCD BO/BA=CN/h ответ: .
A) очень легко - OH II CD, потому что составляют равные углы с AD, так как трапеция равнобедренная по условию, а треугольник AOH равнобедренный, OA = OH = R; - радиус построенной окружности. Понятно, что и OQ II AD, как средняя линия. Теперь еще обозначения. K - точка касания окружности с CD, OK = R, разумеется. Далее, ∠BAD = α = 75°; ясно, что ∠OHA = ∠CDA = ∠CQO = α; Основания я обозначу, как AD = a; BC = b = 1; Кроме того, пусть прямая BN II CD, и точка N лежит на AD. б) Ясно, что DN = b; кроме того, HN = AH, так как OH II BN и AO = OB; AH = 2Rcos(α); AD = AH + HN + ND a = b + 4Rcos(α); Из треугольника OKQ OQ*sin(α) = R; но OQ - средняя линия трапеции (a + b)*sin(α)/2 = R; Окончательно a = b + (a + b)*sin(2α); a = b*(1 + sin(2α))/(1 - sin(2α)); Это - решение в общем виде. Теперь, если подставить b = 1; sin(2α) = sin(150°) = 1/2; получится AD = 3
пальмы, папортник, пшеница, кукуруза папуасы а это не растение
Объяснение: всё