1 )) Знайдіть, координати середини відрізка АС, якщо А(2; -7; -6), С (6; -3; 2) Відповідь:
2) Точки К ( -6; 2; 1) і F ( 10; -8; 5) симетричні відносно точки Q. Отже точка Q має координати:
Відповідь:
3)) яке з наведених точок лежить на осі ординат?
Р (0;0;10)
S (0;0;5)
K (-23;0;0)
N ( -7;0;9)
M( 0;8;0)

Показать ответ

Ответ:

hamsterizumkin

30.04.2022 19:07

Боковое ребро правильной четырёхугольной пирамиды равняеться 8 см. и образует с площадью основания угол 60 градусов.Найти площадь боковой поверхности приамиды Sбок

правильная четырёхугольная пирамида -значит ABCD -квадрат

проекция AO бокового ребра AЕ на плоскость основания -это половина диагонали квадрата

АО=AЕ*cos60=8*1/2=4

треугольник АОD- прямоугольный АО=OD=4

гипотенуза AD= √(AO^2+OD^2)= √(4^2+4^2)= 2√2

рассмотрим треугольник AЕD

полупериметр р=(8+8+2√2)/2=8+√2

тогда по теореме Герона площадь треугольника

S(AЕD )= √[(8+√2)( 8+√2-8)( 8+√2-8)( 8+√2-2√2)]=2√31

площадь боковой поверхности приамиды Sбок= 4*S= 4*2√31 =8√31

ответ Sбок= 8√31

Боковое ребро правильной четырёхугольной пирамиды равняеться 8 см. и образует с площадью основания у

0,0(0 оценок)

Ответ:

1090000

30.04.2022 19:07

Пусть дана трапеция ABCD

, стороны $AB=CD\\
$ , опустим высоту

.
так как биссектриса делит сторону боковую на отрезки 10 и 5 , то сама сторона равна 15 см .
Обозначим BC=x

, тогда $AH=\frac{22-x}{2}$
Так как биссектриса делит высоту трапеций , то она будет являться биссектрисой треугольник BAH

.
Тогда очевидно высота будет равна по теореме Пифагора
$BH=\sqrt{15^2 - (\frac{22-x}{2})^2}$
так как

является биссектрисой треугольник ABC

, то по формуле она равна $\frac{22-x}{2}*\sqrt{\frac{60}{52-x}}$
с другой стороны она равна $y=\frac{b}{sina}$
приравняем их
$\frac{22-x}{2}*\sqrt{\frac{60}{52-x}} = \frac{b}{sina}\\
b=\frac{(22-x)*sina}{2}*\sqrt{\frac{60}{52-x}}$
По теореме о биссектрисе $\frac{z}{b}=\frac{15}{\frac{22-x}{2}}\\
 \frac{z}{b}=\frac{30}{22-x}$
с учетом того что
$z+b=\sqrt{225-(\frac{22-x}{2})^2}\\
$
подставляя ее получим
$2*(\frac{30b}{22-x}+b)=\sqrt{(52-x)(x+8)}$
теперь подставим

получим в итоге
$2(\frac{\frac{30*(22-x)}{2}*\frac{60}{52-x}*sina}{22-x}+\frac{22-x}{2}*\sqrt{\frac{60}{52-x}}*sina)-\sqrt{(52-x)(x+8)} = 0\\
$
это эквивалентно такому
$2\sqrt{15(52-x)}*sina= \sqrt{-x^2+44x+416}\\
sina=\sqrt{\frac{x+8}{60}}\\
0 \leq x \leq 52
$
Теперь зная угол можно найти меньшую сторону
Пусть

это сама биссектриса тогда , угол BCD

равен

$AO^2=100+22^2-2*10*22*cos(2*arccos\sqrt{\frac{52-x}{60}})\\
$
тогда
$BO^2 = (100+22^2-2*10*22*cos(2*arccos\sqrt{\frac{52-x}{60}}))+ 15^2-30$ * $(100+22^2-2*10*22*cos(2*arccos\sqrt{\frac{52-x}{60}}))*\sqrt{\frac{52-x}{60}}$
с другой стороны
$BO^2=25+x^2+10x*cos(2arccos\sqrt{\frac{52-x}{60}}) = \frac{2x^2+22x+75}{3}\\
$
$\frac{2x^2+22x+75}{3}=$ $-\frac{5*\sqrt{(27(52-x)(44x+784)}-44*\sqrt{15}*x-1459*\sqrt{15}}{3\sqrt{15}}$
решая это уравнение получаем x=4

Тогда высота равна
$BH=\sqrt{15^2-9^2}=12\\
S=\frac{22+4}{2}*12 = 156$

Подскажите , , решение ( ответ: 156) биссектриса острого угла равнобокой трапеции делит боковую стор