4. Если А(2; -5), В(-4; -2), то: а)АВ−→{−6;3};б)АВ−→{6;−3};в)АВ−→{−2;−7}.
а)АВ→−6;3;б)АВ→6;−3;в)АВ→−2;−7.
5. Если точки С(-2; 1) и D(6; 5) – концы диаметра окружности, то уравнение данной окружности имеет вид:
а)(х+2)2+(х+3)2=20−−√;б)(х−4)2+(х−3)2=12;в)(х−2)2+(х−3)2=20.
а)(х+2)2+(х+3)2=20;б)(х−4)2+(х−3)2=12;в)(х−2)2+(х−3)2=20.
6. Для треугольника справедливо равенство:
a)AB2=BC2+AC2−2BC⋅AC⋅cosBCA;б)BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cosABC;в)AC2=AB2+BC2−2AB⋅AC⋅cosACB.
a)AB2=BC2+AC2−2BC⋅AC⋅cosBCA;б)BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cosABC;в)AC2=AB2+BC2−2AB⋅AC⋅cosACB.
Чуть позже объясню почему. (рисунок 1)
Соединим середины сторон 4 угольника ABCD.
Проведем диагональ AC
Очевидно что MN-средняя линия треугольника ABC,откуда
MN||AC, также PQ-cредняя линия треугольника ACD ,то PQ||AC.
То выходит что MN||PQ. Анологично при проведении другой диагонали докажем что MQ||NP. То MNPQ-параллелограмм.
Рассмотрим наконец 6 угольник проведем в нем диагональ D (2 рисунок)
Она бьет его на 2 четырехугольника.
На ней отметим точку S,являющуюся серединой диагонали.
То из выше сказанного A1A2A3S-параллелограмм.
Понятно , что для точек A1 A2 A3 cуществует одна и только одна точка
H, для которой A1A2A3H-параллелограмм. А значит точка H совпадает с точкой S. H=S Тк второй такой точки не существует.
Рассуждая анологично для второго 4 угольника. Покажем что
M=S.
А значит формально говоря: H=M
ЧТД.
По свойству отрезков касательных, проведенных из одной точки к одной окружности МК=МN₁; NN₁=NE₁=12; EE₁=EK; где N₁ и E₁ - точки касания окружности с гипотенузой МN и катетом NЕ соответственно.
EK=ЕE₁ =ОК =х - радиус, подлежащий определению. Из данного в условии прямоугольного треугольника свяжем теоремой Пифагора гипотенузу и катеты. (МN=8+12=20; МЕ=8+х; NE=12+х)
МN²=МЕ²+NE²; 20²=(8+х)²+(12+х)²; 400=64+16х+х²+144+24х+х²;
2х²+40х-192=0, сократим на два обе части уравнения. х²+20х-96=0, ПО теореме, обратной теореме Виета х=-24- не подходит по смыслу задачи, не может радиус быть отрицательным. х=4
ответ Радиус равен 4см