Отрезки касательных, проведенных из одной точки, равны:
AD = AF = 3 см
CE = CF = 2 см
BD = BE = x (обозначим)
По теореме Пифагора:
AB² = CA² + CB²
(x + 3)² = 5² + (x + 2)²
x²+ 6x + 9 = 25 + x² + 4x + 4
2x = 20
x = 10
AB = 10 + 3 = 13 см
Радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, равен половине гипотенузы:
R = AB/2 = 6,5 см
Дуга АС=80
=> дуга АВС=360-80=280
Если отношение 3 к 2 то можно расставить коэффициенты 3к к 2к
В сумме они дадут 5к или дугу АВС, которая равна 280
280/5=56
2*56=112
=> дуга АВ=112
угол ВОА=112
Треугольник АОВ равноб
т к ОА и ОВ-радиусы
ОВА=ОАВ=34
Вроде так
В этой задаче надо знать, что в ортотреугольнике (так называется треугольник A1B1C1) высоты AA1, BB1 и CC1 треугольника ABC являются биссектрисами.
Если это известно, то решение занимает пару строчек.
H - точка пересечения высот.
В четырехугольнике AC1HB1 два угла прямые, поэтому ∠CAB = 180° - ∠B1HC1; но ∠B1HC1 = 180° - (∠HC1B1 + ∠<span>HB1C1);
поэтому </span>∠CAB = ∠HC1B1 + ∠HB1C1 = (∠A1C1B1 + ∠A1B1C1)/2
точно так же ∠CBA = ∠HA1C1 + ∠HC1A1 = (∠B1A1C1 + ∠B1C1A1)/2
∠BCA = ∠HA1B1 + ∠HB1A1 = (∠C1A1B1 + ∠C1B1A1)/2
то есть углы треугольника ABC будут такие
(20° + 90°)/2 = 55°; (20° + 70°)/2 = 45°; (70° + 90°)/2 = 80°;
Теперь я приведу одно из нескольких известных мне доказательств свойства ортотреугольника. Это гораздо интереснее и полезнее, чем эта задачка.
Если построить окружность на стороне AC, как на диаметре, то она пройдет через точки A1 и C1 (из за прямых углов). Это означает, что ∠CC1A1 = ∠CAA1; как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу CA1;
Точно так же, если построить окружность на стороне BC, как на диаметре, то она пройдет через точки B1 и C1, и ∠CC1B1 = ∠CBA1; как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу CB1;
Но ∠A1AC = ∠B1BC = 90° - ∠ACB; следовательно ∠A1C1C = ∠B1C1C,
ЧТД => СС1 является биссектрисой ∠B1C1A1;
Само собой, и про остальные высоты все доказывается точно так же.
<span>Sin30=1/2,</span>sin90=1,sin40=0,643,sin45=√2/2.