Прямая касается двух окружностей, точки касания удалены от центров на радиусы. Так как радиусы равны, точки касания равноудалены от центров и лежат на прямой, параллельной линии центров.
Окружности касаются внешним образом, точка касания лежит на линии центров, расстояние между центрами равно двум радиусам. Радиус, поведенный в точку касания, перпендикулярен касательной и образует прямоугольный треугольник, в котором линия центров - гипотенуза. Катет равен половине гипотенузы, значит он лежит против угла 30.
Искомый угол является накрест лежащим при параллельных и равен 30.
P(DKBP)=20 см, S(DKBP)=20 см²
Объяснение:
В условии пропущена: ВС= 4 см! Решение предлагается этим дополнением и исправлением DKPB на DKBP:
AK = AB•3:8=8 см•3:8 = 3 см. Но, CD= AB = 8 см, поэтому СP = CD•3:8=8 см•3:8 = 3 см. Тогда KB=PD=CD–СP=8 см–3 см=5 см.
ABCD-прямоугольник, поэтому ∠A=∠C=90°. И поэтому для равных (по двум катетам) прямоугольных треугольников ΔDAK и ΔPCB применим теорему Пифагора:
BP²=DK²= AD²+AK² = (4 см)² + (3 см)² = 16 см² + 9 см² = 25 см² = (5 см)²
или DK= BP = 5 см.
Теперь можем определить периметр фигуры DKBP
P(DKBP)=DK+KB+BP+PD=5 см+5 см+5 см+5 см=20 см.
Находим площадь прямоугольника ABCD:
S(ABCD) = AB • ВС= 8 см • 4 см = 32 см².
Находим площадь треугольника ΔDAK:
S(ΔDAK) = AK• AD/2=3 см • 4 см/2= 6 см².
Тогда
S(DKBP)= S(ABCD)–2• S(ΔDAK) = 32 см² – 2•6 см²= 20 см².
MK - средняя линия △ABA1 (AK=KA1, AM=MB) =>
BA1=2MK; BA1||MK (BA1||CE)
BA1=2MK=CE
BA1CE - параллелограмм (сторона BA1 равна и параллельна стороне CE) =>
BE=A1C
△ACA1 - равнобедренный (∠AKC=90, AK=KA1, CK является медианой и высотой) =>
AC=A1C
BE=A1C=AC