Выбери из предложенного списка цели фирмы. (Правильных вариантов может быть несколько.) •Создание и распределение благ без получения прибыли •Получение прибыли через удовлетворение потребности общества в необходимых товарах и услугах •Максимизация прибыли через удовлетворение потребности общества в необходимых товарах и услугах •Создание рабочих мест

В условиях развития международной торговли и кооперации успех многих предприятий и отраслей экономики на внешнем и внутреннем рынках во многом определяется тем, насколько их продукция или услуги отвечают современным представлениям о нормах соответствия качества. Ни одно общество не может нормально функционировать без технического законодательства и нормативных документов, которые регламентируют правила, процессы, методы изготовления и контроля продукции, а также гарантируют безопасность жизни, здоровья и благосостояния людей и окружающей среды. С развитием научно-технического прогресса проблема качества продукции не только не упрощается, но становится более сложной и многоплановой. Значительную роль в повышении качества продукции играют стандарты, разрабатываемые в рамках как государственных, так и международных систем стандартизации.

Стандартизация – это деятельность, направленная на разработку и установление требований, норм, правил и характеристик как обязательных для выполнения, так и рекомендуемых, обеспечивающих право потребителя на приобретение товаров надлежащего качества за приемлемую цену, а также право на безопасность и комфортность труда.

Цель стандартизации – достижение максимальной степени упорядочения в той или иной области посредством широкого и многократного использования установленных положений, требований, норм для решения реально существующих, планируемых и потенциальных задач.

Объяснение: Это только 1 но я могу только пока это, есть вопросы задавай?

Решение 1.

Обозначим центры окружностей, описанных около треугольников ADB и ADC через O1 и O2, а середины отрезков BD, DC, MN, DO2 и O1O2 — через A1, A2, K, E и O соответственно (см. рис.). Пусть  ∠ BAD =  ∠ CAD =  α . Тогда  ∠ A1O1D =  ∠ A2O2D =  α  (так как половина центрального угла равна вписанному, опирающемуся на ту же дугу). Отрезок OK — средняя линия трапеции (или прямоугольника) O1MNO2, следовательно, OK ⊥ l, и . Заметим, что точки E, O и A2 лежат на одной прямой, так как  ∠ OEO2 +  ∠ O2EA2 =  ∠ O1DO2 +  ∠ O2EA2 =  ∠ O1AO2 + (180° –  ∠ DO2C) = 2 α  + (180° – 2 α ) = 180°, т.е. OK = OE + EA2 = OA2. Аналогично доказывается, что OA1 = OK. Значит, точки A1, A2 и K лежат на окружности с центром O, а так как OK ⊥ l, то эта окружность касается прямой l.

Случай, когда вместо прямой l рассматривает-ся прямая l1, разбирается аналогично.

Решение 2.

Пусть радиусы окружностей, описанных около треугольников ADB и ADC равны R1 и R2. Если эти радиусы различны, то прямая l пересекает линию центров O1O2 в точке O (см. рис.). Пусть OD пересекает окружности в точках B′ и C′, и OA пересекает  ω  в точке A′. При гомотетии H с центром O и коэффициентом  точки C′, D и A переходят в точки D, B′ и A′ соответственно, следовательно,  ∠ DAC′ =  ∠ B′A′D. С другой стороны,  ∠ B′A′D =  ∠ B′AD, поэтому  ∠ B′AD =  ∠ C′AD. А это означает, что точки B′ и C′ совпадают с точками B и C, так как в противном случае один из углов BAD и CAD был бы меньше  α , а другой — больше  α  ( α  =  ∠ B′AD =  ∠ C′AD).

Рассмотрим гомотетию H1 с центром O, переводящую  ω 2 в окружность  ω , проходящую через точку E — середину отрезка MN. Из того, что l проходит через точку O и  ω 2 касается l, следует, что  ω  касается l в точке E. Кроме того, из гомотетичности треугольников ONC и OMD (гомотетия H) следует, что NC || MD. Кроме того, H1(C) = C1, где EC1 || NC. Поэтому EC1 — средняя линия трапеции CNMD, т.е. гомотетия H1 переводит точку C в середину DC. Аналогично, она переводит D в середину отрезка BD. Значит,  ω  проходит через середины отрезков BD и DC.

Если же R1 = R2, то вместо гомотетии следует рассмотреть параллельный перенос на вектор .

Решение 3.

Пусть R1 ≠ R2. Проведем перпендикуляр SO к плоскости  π , содержащей окружности  ω 1 и  ω 2 (см. обозначения в предыдущем решении). Нетрудно понять, что пересечение (наклонного) конуса с вершиной S и основанием  ω 1 и прямого кругового цилиндра с основанием  ω 2 является окружность, равная  ω 2 и лежащая в плоскости  π 1 ||  π . Глядя на рис., заключаем, что ортогональной проекцией на плоскость  π  пересечения конуса и плоскости, равноудаленной от  π  и  π 1 является окружность, проходящая через середины отрезков BD, DC и MN и касающаяся прямой MN.

В случае R1 = R2 вместо конуса следует рассмотреть (наклонный) цилиндр с основанием  ω 1.

Объяснение: