Окружность с центром о1 касается двух окружностей с центрами о2 и 03 в точках б и а. докажите что прямой аб принадлежит точка с-точка пересечения общих касательных к окружностям с центрами о2 и о3

Показать ответ

Ответ:

33333ц

29.11.2020 08:16

Пирамида усечена плоскостью, параллельной основанию.

Отсеченная пирамида подобна исходной 6:8 =3:4

Следовательно, части, заключенные между плоскостями, относятся к исходным 1:4.

Найдем высоту и апофему исходной пирамиды.

Правильная пирамида, в основании квадрат, вершина падает в центр основания.

Центр описанной окружности квадрата - пересечение диагоналей.

Диагонали квадрата перпендикулярны, равны, точкой пересечения (O) делятся пополам.

AO =AB sin45 =8*√2/2 =4√2

SO⊥(ABC), SAO=60

SO =AO tg60 =4√2*√3 =4√6 (исходная высота)

Боковые грани правильной пирамиды - равнобедренные треугольники.

Высота боковой грани - апофема - является медианой.

K - середина AB, KO=AB/2=4 (медиана из прямого угла)

SK =√(SO^2+KO^2) =4√(1+6) =4√7 (исходная апофема)

OO1/SO =KK1/SK =1/4

высота усеченной пирамиды OO1=√6 (см)

апофема усеченной пирамиды KK1=√7 (см)

Стороны оснований правильной усеченной четырёхугольной пирамиды равны 6 см и 8 см. Найдите высоту и

0,0(0 оценок)

Ответ:

85kurganova85

29.08.2022 23:35

Добавлю "дурацкое алгебраическое" решение.

Пусть боковая сторона треугольника AB=BC=c, тогда AC =2c cos 40° (для упрощения писанины обозначение градуса буду опускать),

$AD=\frac{2 AB\cdot AC\cdot \cos\frac{40}{2}}{AB+AC}=c\frac{4\cos 40\cdot \cos 20}{1+2\cos 40}.$

При этом $BD=\frac{BC\cdot AB}{AB+AC}=\frac{c}{1+2\cos 40};\ AC-DD=2c\cos 40-\frac{c}{1+2\cos 40}=3\Rightarrow$

$c=\frac{3(1+2\cos 40)}{2\cos40 +4\cos^2 40-1};$

$AD=\frac{12\cos 40\cdot \cos 20}{2\cos 40+4\cos^240-1}=\frac{6(\cos 60+\cos 20)}{2\cos 40+2(1+\cos 80)-1}=\frac{3(1+2\cos 20)}{2(\cos 40+\cos 80)+1}=$

$=\frac{3(1+2\cos 20)}{4\cos 60\cdot \cos 20+1}=3.$

Мы воспользовались известными (как мне кажется) в школе формулами для длины биссектрисы через прилежащие стороны и угол, а также для длины отрезка стороны, на которую опущена биссектриса.

Возможно, приведет к успеху и другой путь - в этой задаче возникают углы в 60 (угол ADB) и 120 (соответственно угол ADC) градусов, поэтому можно написать хорошие тождества, скрепляющие элементы чертежа. При этом полезно провести биссектрису DF=BD угла ADC и достроить до ромба. Правда, с первого захода довести до ответе этот путь не удалось.