所以 O_1O_2⊥MO_3 O1O2⊥MO4 O_3O_4⊥NO , O_3O_4⊥NO_2 , 所以 O_1O_2⊥ 面 MO_3O_4 , O_3O_4⊥ 面 NO_1O_2 ,所以 球O的球心在MN上, 且在 △O_2O_3O_4 中, NO_1=NO_2=4 ,在△NO_1O_2 中, MN=2√3 , 设球O的半径为R, 在 Rt△OMO_1 , OM=√(OO...
已知有两个半径为2的球记为O1,O2,两个半径为3的球记为O3,O4,这四个球彼此相外切,现有一个球O与这四个球O1,O2,O3,O4都相内切,则球O的表面积为 . 相关知识点: 试题来源: 解析 144π 【分析】 先确定球心O在MN上,然后在和中根据勾股定理求,利用求球O的半径,从而求球O的表面积. 【详解】 ...
如图1至图5, O均作无滑动滚动, O1、 O2、 O3、 O4均表示 O与线段AB或BC相切于端点时刻的位置, O的周长为c.阅读理 (1)如图1, O从 O1的位置出发,沿AB滚动到 O2的位置,当AB=c时, O恰好自转1周;(2)如图2,∠ABC相邻的补角是n°, O在∠ABC外部沿A-B-C滚动,在点B处,必须由 O1的位置旋转到 O2...
如图,图2是一个组合烟花(图1)的横截面,其中16个圆的半径相同,点O1、O2、O3、O4分别是四个角上的圆的圆心,且四边形O1O2O3O4正方形.若圆的半径为r,组合烟花的高度为h,则组合烟花侧面包装纸的面积至少需要(解缝面积不计)( )A.26πrhB.24rh+πrhC.12rh-2πrhD.24rh+2πrh 扫码下载作业帮拍照答疑一...
分析根据感产生电流的条件,穿过闭合线圈的磁通量发生变化.已知矩形线圈是闭合线圈,当线圈绕O1O2和O3O4转动时,穿过线圈的磁通量发生变化,故产生感应电流. 解答解:A、向左或向右平动,穿过线圈的磁通量不发生变化,无感应电流产生,故A错误; B、向上或向下平动,穿过线圈的磁通量也不发生变化,无感应电流产生,故B错误;...
如图,O1、O2、O3、O4分别是四条半圆弧的圆心,AO2=O2O3=O3B=2厘米,求由这四条半圆弧所围成的阴影部分的周长和面积.(结果可保留π)
在如图所示足够大的匀强磁场中,有一个矩形线圈,线圈平面与磁场方向水平,O1O2和O3O4分别是线圈的水平和竖直对称轴。下列情况能在线圈中产生感应电流的是() A. 线圈
因此四边形O1O2O3O4是矩形. 首先利用内心的性质证得:∠AO1B=90°+ 1 2∠ADB,∠AO2B=90°+ 1 2∠ACB,又由同弧所对的圆周角相等,可得∠ADB=∠ACB,∠AO1B=∠AO2B,又因为A、B、O2、O1四点共圆,可求得∠O2O1O4=90°,同理求得∠O1O2O3=90°,∠O2O3O4=90°,则可证得四边形O1O2O3O4是矩形. ...
理由:∵将四边形纸片ABCD沿两组对边中点连线剪切为四部分,将这四部分镶嵌可得到如图②所示的四边形O1O2O3O4,∴∠O1=∠O3,∠O2=∠O4,∴四边形O1O2O3O4是平行四边形;(2)对角线AC=BD时,密铺后的平行四边形为矩形.理由:根据密铺后的平行四边形成为矩形,必须四个内角均为直角.如解答图所示,连接EF、FG、GH、...
正方形中两部分阴影面积为:22-π×12=4-π, ∴正方形内空白面积为:4-2(4-π)=2π-4, ∵⊙O的半径为2, ∴O1,O2,O3,O4的半径为1, ∴小圆的面积为:π×12=π, 扇形COB的面积为: 90π×22 360 =π, ∴扇形COB中两空白面积相等, ∴阴影部分的面积为:π×22-2(2π-4)=8. ...