Напишите уравнение сферы с центром в начале координат,если плоскость x=2 касается этой сферы

👇

Увидеть ответ

Открыть все ответы

Ответ:

Veravera002003004049

06.05.2023

Трапеция равнобедренная AB=CD.

AC=6√3

∠A=60°

В равнобедренной трапеции прилежащие к боковой стороне углы дают в сумме 180°.

∠B=180°-60°=120°

Диагональ по условию делит острый угол ∠А пополам, значит ∠BAC=30°.

Рассмотрим ΔABC:

Сумма внутренних углов треугольника 180°.

∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°

120°+30°+∠ACB=180°

∠ACB=30°

Так как ∠ACB=∠BAC, ΔACB – равнобедренный. Значит боковые стороны и меньшее основание равны, AB=CD=BC.

По теореме синусов, стороны пропорциональны синусам противолежащего угла.

$\frac {AC} { \sin(\angle ABC)}= \frac {AB} { \sin( \angle ACB)}$

$\frac{6 \sqrt{3} }{ \sin( {120}^{ \circ} ) } = \frac{x}{ \sin( {30}^{ \circ} ) }$

$\frac{6}{ \frac{ \sqrt{ 3 } }{2} } = \frac{x}{ \frac{1}{2} } \\ 12 = 2x \\ x = 6$

AB=6

Следовательно, AB=BC=CD=6.

∠B=∠C, потому что это равнобедренная трапеция.

∠ACD=∠C-∠ACB

∠ACD=120°-30°=90°

Значит ΔACD – прямоугольный, где угол ∠ACD – прямой.

По теореме Пифагора, квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов.

AD²=AC²+CD²

${AD}^{2} = {(6 \sqrt{3}) }^{2} + {6}^{2} \\ {AD}^{2} = 108 + 36 \\ {AD}^{2} = 144 \\ AD = \sqrt{144} \\ AD = 12$

P=AB+BC+CD+AD

P=6+6+6+12=30

Задана равнобедренная трапеция ABCD. Диагональ AC, равная 6*корень3, является биссектрисой острого у

4,5(62 оценок)

Ответ:

yogurtq2018

06.05.2023

25. 7 : 8

Объяснение:

24. Проведём общую касательную к окружностям в точке O. Для меньшей окружности угол между касательной и хордой OC равен половине дуги OC, то есть равен вписанному углу ∠OBC. Для большей окружности угол между касательной и хордой OC₁ равен половине дуги OC₁, то есть равен вписанному углу ∠OB₁C₁. Поскольку хорды OC и OC₁ лежат на одной прямой, угол между касательной и этими хордами один и тот же. Углы ∠OBC и ∠OB₁C₁ равны одному и тому же углу, значит, они равны между собой. Тогда BC || B₁C₁.

По теореме синусов $\dfrac{BC}{\sin{\angle{O}}}=2r,\dfrac{B_1C_1}{\sin{\angle{O}}}=2R\Rightarrow \dfrac{BC}{B_1C_1}=\dfrac{r}{R}$ . Поскольку радиусы не равны, то и BC ≠ B₁C₁.

Противолежащие стороны четырёхугольника параллельны и не равны, следовательно, это трапеция, что и требовалось доказать.

25. Продлим биссектрису DF до пересечения с прямой BC (точку пересечения обозначим S), проведём высоту CH в треугольнике DCS. Обозначим площади следующим образом: $S_{ADF}=S_1,S_{BCDF}=S_2,S_{BFC}=S_3$ .

Заметим, что ∠ADS = ∠DSC как накрест лежащие, ∠ADS = ∠SDC по условию. Тогда ∠DSC = ∠SDC ⇒ треугольник DCS равнобедренный ⇒ DH = HS.

Треугольники ADF и BSF подобны по вертикальным углам ∠AFD и ∠BFS и накрест лежащим углам ∠ADF и ∠FSB с коэффициентом подобия k = AF : FB = 2. Тогда и DF : FS = 2, а $\dfrac{S_1}{S_3}=k^2=4\Leftrightarrow S_1=4S_3$ .

Треугольники CHS и BFS подобны по общему углу ∠S и соответственным прямым углам ∠CHS и ∠BFS. Коэффициент подобия $k=\dfrac{HS}{FS}=\dfrac{\frac{DS}{2}}{FS}=\dfrac{DS}{2FS}=\dfrac{DF+FS}{2FS}=\dfrac{DF}{2FS}+\dfrac{FS}{2FS}=\dfrac{2}{2}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$ . Тогда $\dfrac{S_{CHS}}{S_3}=k^2=\dfrac{9}{4}\Leftrightarrow S_{CHS}=\dfrac{9}{4}S_3$ .

CH — медиана треугольника DCS, значит, $S_{CHD}=S_{CHS}\Rightarrow S_{DCS}=2S_{CHS}=\dfrac{9}{2}S_3$ . Но $S_{DCS}=S_2+S_3\Leftrightarrow S_2=S_{DCS}-S_3=\dfrac{9}{2}S_3-S_3=\dfrac{7}{2}S_3$ .