Геометрия: Первый признак подобия треугольников a=kb=m решите

Первый признак подобия треугольников a=k
b=m
решите

Показать ответ

Ответ:

MostepanovaJanna

13.08.2022 06:29

Даны два вектора m{-1; 2} и n{4;-x}. Найдите: а) При каких значениях x прямые, содержащие данные векторы, коллинеарны?

б) При каких значениях x прямые, содержащие данные векторы, перпендикулярны?

в) При каких значениях x прямые, содержащие данные векторы, образуют тупой угол?

Решение

а) Два вектора коллинеарные ,если их координаты пропорциональны, значит для m{-1; 2} и n{4;-x} имеем -1:4=2:(-х) , х=8;

б)Вектора перпендикулярны , если их скалярное произведение равно нулю : m*n=-1*4+2*(-х) , -1*4+2*(-х) =0 , x=2;

a) Угол будет тупым , если cos(∠m;n) <0 .Косинус угла между векторами равен скалярному произведению этих векторов, деленному на произведение их длин.

Найдем длины векторов:

Длина вектора |m|=√( (-1)²+2²)=√(1 +4)=√5,

Длина вектора |n|=√( 4²+(-x)²)=√(16+x²),

Скалярное произведение m*n=-1*4+2*(-х)=-4-2x

(-4-2x)/ (√5*√(16+x²))<0/Значение дроби отрицательно , числитель и знаменатель разных знаков. Но √5*√(16+x²)>0 при х≠±4, тогда -4-2х<0 или х>2. Тогда учитывая х≠4 получаем х∈(2;4)∪(4;+∞).

0,0(0 оценок)

Ответ:

поать

24.11.2020 03:48

Многогранный угол составлен боковыми сторонами -угольной пирамиды, в основании которой лежит выпуклый -угольник. Рассмотрим одну из таких сторон. Докажем, что $\gamma$ (см. рисунок). Тогда $\cos\theta = \dfrac{\vec{d}\vec{e}}{|\vec{d}||\vec{e}|}$ и $\cos\gamma = \dfrac{\vec{a}\vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|} = \dfrac{(\vec{d}+\vec{h})(\vec{e}+\vec{h})}{|\vec{a}||\vec{b}|} = \dfrac{\vec{d}\vec{e}+h^2}{|\vec{a}||\vec{b}|} = \dfrac{\vec{d}\vec{e}+h^2}{\sqrt{d^2+h^2}\sqrt{e^2+h^2}}$ . Вот сейчас будет немного муторно: $\dfrac{\cos\gamma}{\cos\theta} = \dfrac{\underbrace{\vec{d}\vec{e}}_{=s}+h^2}{s\sqrt{1+\dfrac{h^2}{d^2}}\sqrt{1+\dfrac{h^2}{e^2}}}$ . Однако $s+h^2 s\sqrt{1+\dfrac{h^2}{d^2}}\sqrt{1+\dfrac{h^2}{e^2}}$ , действительно, $1+\dfrac{2h^2}{s}+\dfrac{h^4}{s^2}1+\dfrac{h^2}{e^2}+\dfrac{h^2}{d^2}+\dfrac{h^4}{e^2d^2}$ , что верно, поскольку каждое слагаемое слева (кроме единицы) больше соответствующего слагаемого справа. Поэтому $\cos\gamma \cos\theta \Rightarrow \gamma$ . Теперь спроецировав вершину многогранного угла на плоскость (многоугольник), получим, что сумма плоских углов меньше суммы углов при вершине проекции , которая равна в точности $360^{\circ}$ , что и требовалось.