Решите 1)дан равнобедренный треугольник с баковой староной равной 12см ,и высотой, проведённой к основанию , равной 9см .найдите радиус окружности , описанной около треугольника.

👇

Ответ:

aftorik

11.04.2023

Пусть будет треугольник ABC, где BH - высота, тогда угол BHC будет равен 90 градусов. Треугольник равнобедренный, поэтому центр окружности лежит на высоте. Обозначим его как О, тогда ОС - радиус окружности.
Рассмотрим треугольник BCH.
По теореме Пифагора находим:
BC^2=BH^2+CH^2
144=81+CH^2
CH=3√7
Рассмотрим треугольник OCH. Представим OH как 9-R, так как OH=BH-BO=BH-R.
По теореме Пифагора находим:
R^2=CH^2+(9-R)^2
R^2=63+(9-R)^2
R=8.
ответ: 8.

4,7(7 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

ВалентинЛаднов

11.04.2023

Объяснение:

А1 1)8

d=2r=2*4=8

A2 3)3π

C=2πr=2π*1,5=3π

A3 3)75°

<вписанного=1/2 <центральный 150°:2=75°

A4 1)28 см

AB+CD=AD+BC

P=2(AB+CD)=2*14=28 см

A52)180°

В1

В окружность вписан квадрат со стороной;

Сторона квадрата а = 8 см;

Найдем длину дуги окружности, стягиваемой стороной квадрата.

1) Длина дуги находиться по формуле:

L = π * R * a/180°;

R = d/2;

d = диагональ квадрата.

2) Найдем диагональ квадрата по теореме Пифагора, если катеты равны стороне квадрата, то есть 8 см.

d = √(8^2 + 8^2) = √(64 + 64) = √(2 * 64) = 8√2 см;

С=πd= 8√2 π см

B2 1),2)3

.Радиус ОА окружности является серединным перпендикуляром хорды СД,также с касательной ,проведенная через точку А,в точке касания образует прямой угол.Поэтому касательная ,проведенная через точку А, параллельна хорде СД.

4,4(4 оценок)

Ответ:

ParaDoksalS

11.04.2023

На чертеже все обозначения и дополнительные построения. Я пронумеровал окружности, чтобы не писать каждый раз "окружность, описанная вокруг..."
1) Точка K соединяется с B и C, точка L - с A и D;
BC II AD => ∠BDA = ∠DBC;
∠CKO = ∠CBO; как вписанные в окружность 3;
∠ALO = ∠ADO; как вписанные в окружность 4;
=> ∠ALK = ∠ CKL
(это тот же угол, что и ∠CKO, я сразу предупреждаю, что надо внимательно следить за тем, какие объекты соответствуют обозначениям)
=> KC II LA; совершенно аналогично через пару углов ∠OAD = ∠OCB; и равные им углы ∠KLC и ∠BKL доказывается KB II LD;
2) Если продлить KB, KC, LD и LA (если нужно, тут возможны варианты, в случае, изображенном на чертеже, продлевать LA не нужно) до взаимного пересечения, то получится параллелограмм KNLP;
Точка N лежит на окружности 1, потому что
∠ANB = ∠ALD (так как KN II LD)
а ∠BOA = 180° - ∠AOD = (поскольку четырехугольник AOLD вписан в окружность 4) = 180° - (180° - ∠ALD) = ∠ALD;
То есть хорда AB окружности 1 видна из точек O и N под одинаковым углом. Поэтому они лежат на одной окружности 1.
По пути я доказал, что ∠BOD = ∠COD = ∠ALD (все эти углы составляют 180° в сумме с ∠AOD); Поскольку ∠KPL + ∠ALD = 180° (так как KP II LA), то четырехугольник CODP вписан в окружность 2, и точка P лежит на ней.
3) Теперь я проведу из точки N прямую NM до пересечения с окружностью 2 в точке P1. (Её нет на чертеже, и сейчас станет ясно, почему.)
∠ANM = 180° - ∠AOM = ∠MOC = 180° - ∠CP1M; то есть AN II CP1; поскольку через точку C можно провести только одну прямую, параллельную AN, точка P1 совпадает с P.
4) Таким образом, доказано, что диагональ NP параллелограмма KNLP проходит через вторую общую точку окружностей 1 и 2, то есть через точку M.
Разумеется, M - середина второй диагонали KL (точка пересечения диагоналей параллелограмма), что требовалось доказать, и одновременно - середина NP.

Диагонали трапеции abcd пересекаются в точке о. описанные окружности треугольников аов и cоd второй