Задачи по геометрия за 10-ти клас

[Гост]

Здравейте! Ще ви бъда благодарен, ако ми помогнете с решенията на следните задачи или ще ми дадете някакви насоки за решенията им:

1) В трапец сборът от основите а и b е 28, бедро c=6,5, а диагоналите [tex]d_{1}=16[/tex], [tex]d_{2}=13[/tex]. Намерете основите, другото бедро и острите ъгли на трапеца.


2) По-малкият диагонал на успоредник има дължина 1 и разделя ъгъл на успоредника в отношение 2:1. Намерете ъглите на успоредника, ако периметърът му е 2+2[tex]\sqrt{2}[/tex]


3) Диагоналите AC и BC на трапеца ABCD (AB успоредна на CD) се пресичат в точка O. Ако лицата на триъгълника AOB и COD са съответно [tex]S_{1}[/tex] и [tex]S_{2}[/tex] докажете, че [tex]S_{ABCD}=(\sqrt{S1}+\sqrt{S2})^{2}[/tex]


4) Основите на трапец имат дължини съответно 6 и 11, а едно от бедрата му е 4. Намерете лицето на трапеца, ако сборът от ъглите при голямата основа е 90[tex]^\circ[/tex]

Благодаря предварително!

[Davids]

1) Построяваш успоредник на Петерсън, като построиш права успоредна на диагонала BD от върха C към правата AB. След това получаваш триъгълник с три страни 13, 16 и 28. Намираш му лицето по Хероновата формула, което ти е равно и на лицето на трапеца. Оттам намираш височината, която ще ти помогне за намирането на останалите елементи, а острите ъгли можеш да ги търсиш по тригонометричните им функции.

[Гост]

1) Построяваш успоредник на Петерсън, като построиш права успоредна на диагонала BD от върха C към правата AB. След това получаваш триъгълник с три страни 13, 16 и 28. Намираш му лицето по Хероновата формула, което ти е равно и на лицето на трапеца. Оттам намираш височината, която ще ти помогне за намирането на останалите елементи, а острите ъгли можеш да ги търсиш по тригонометричните им функции.

Получи се, благодаря ти много! Ще се радвам, ако можеш да ми окажеш съдействие с останалите задачи, пък ако не можеш-някой друг Мерси!

[Davids]

4)
Спускаш височините [tex]DD_1[/tex] и [tex]CC_1[/tex] равни на h.
Аз лично ще бележа [tex]AD_1 = x[/tex] и [tex]C_1B = y[/tex].
1. Първо, от получения правоъгълник имаш [tex]x + y = 5[/tex]
2.Ако единият ъгъл BAD означим с [tex]\alpha[/tex], а ABC - с [tex]\beta[/tex], то имаме, че [tex]\alpha + \beta = 90°[/tex] и оттам веднага се вижда, че [tex]\angle ADD_1 = \beta[/tex] и [tex]\angle BCC_1 = \alpha[/tex]
От подобието на ADD1 и BCC1 извеждаш втората зависимост: [tex]h^2 = xy[/tex]
3. От питагорова теорема за [tex]ADD_1[/tex] следва, че: [tex]16 = x^2 + h^2[/tex] (приел съм че АD=4)

Решаваш си получената система и получаваш [tex]h = \frac{12}{5}[/tex], откъдето лицето ти е [tex]S = \frac{6+11}{2}.\frac{12}{5} = \frac{102}{5}cm^2[/tex]

П.С.: Тук в допълнение можеш да си изведеш и [tex]sin\alpha = \frac{h}{4} = \frac{3}{5}[/tex], откъдето и да си намериш другото бедро [tex]CB = \frac{5y}{3} = 3cm[/tex] (тъй като от горната система можеш да намериш [tex]y = \frac{9}{5}[/tex])

[Knowledge Greedy]

Задача 2. Въвеждаме означения

Успоредник с периметър и ъгъл 3 бета.png (5.67 KiB) Прегледано 1424 пъти

и решаваме системата
[tex]\begin{array}{|l} x=2ycos\beta \\ y^2=x^2+1-2ycos2\beta \\ x+y=1+\sqrt{2} \end{array}[/tex]
- първото уравнение от синусова теорема за [tex]\Delta BCD[/tex], второто от косинусова теорема за [tex]\Delta ABD[/tex]
и третото - от условието за периметъра.
Получава се [tex]\beta =45^\circ[/tex]. Следователно ъглите на успоредника са [tex]\angle BAD=45^\circ[/tex] и [tex]\angle ABC=135^\circ.[/tex]
За по-кратко използваме и косинусова теорема за [tex]\Delta BCD[/tex] в системата.

Задача 3. От подобието [tex]\Delta DOC \sim \Delta BAO[/tex] следват
[tex]\frac{DC}{AB}= \frac{\sqrt{S_2}}{\sqrt{S_1}}=\frac{h_2}{h_1}[/tex]
С дадените [tex]S_1[/tex] и [tex]S_2[/tex] изразяваме [tex]DC[/tex] и [tex]h_2[/tex] - първото чрез [tex]AB[/tex], второто с [tex]h_1[/tex]
([tex]h_2[/tex] и [tex]h_1[/tex] са височините на [tex]\Delta DOC \sim \Delta BAO[/tex] - съответно .)
Лицето на целия трапец добива вида [tex]S_{ABCD}=\frac{1}{2}\frac{\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}}{\sqrt{S_1}}AB.\frac{1}{2}\frac{\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}}{\sqrt{S_1}}h_1[/tex] - еквивалентно на т.,к.т.д.

[Гост]

Благодаря! А как се получава първото уравнение от синусова теорема?

[Гост]

Извинявай, но ще ми трябва и малко повечко обяснения за системата. Не сме учили за системи с 3 неизвестни, но разгледах малко и мисля, че го разбрах. Но как да се оправя с косинус алфа и косинус 2 пъти алфа?

[Knowledge Greedy]

Благодаря! А как се получава първото уравнение от синусова теорема?

[tex]\frac{x}{sin2\beta}=\frac{y}{sin\beta}[/tex] и съкращаваме на [tex]sin\beta[/tex]

Още за системата.
От двете косинусови равенства
[tex]y^2=x^2+1-2xcos2\beta[/tex]
и
[tex]x^2=y^2+1-2ycos\beta[/tex]
с почленно събиране и съкращаване намираме [tex]xcos2\beta +y cos\beta =1[/tex]
Дотук вече имаме [tex]\begin{array}{|l} x=2ycos\beta \\ x + y = 1+\sqrt{2} \\ xcos2\beta +y cos\beta =1\end{array}[/tex]

Изключваме първо [tex]x[/tex].
[tex]\begin{array}{|l} 2ycos\beta + y = 1+\sqrt{2} \\ 2ycos\beta (2cos^2\beta -1)+ ycos\beta = 1 \end{array}[/tex]

[tex]\Leftrightarrow \,\ \begin{array}{|l} (2cos\beta +1) y = 1+\sqrt{2} \\ 2y (2cos\beta +1)cos\beta(2cos\beta -1) = 1 \end{array}[/tex]

Изключваме и [tex]y[/tex].
[tex]2 (1+\sqrt{2})cos\beta(2cos\beta -1) = 1[/tex]

Сега полагаме [tex]t=cos{\beta}[/tex] и решаваме.
В предишния ми пост съм пропуснал [tex]cos\beta[/tex] и изглежда решението е друго.
_____________
Разбирам те напълно.
Формулите [tex]sin2\beta =2sin\beta cos\beta[/tex] и [tex]cos2\beta =cos^2\beta-sin^2\beta[/tex]
макар да са учени в профилирана подготовка, все още не са достатъчно отработени в десети клас. Не помислих за това

[Гост]

Да, това ми е ясно, ама как се съкращава sinx_{[tex]\beta[/tex]} със sinx_{2\beta}?

[Гост]

Аха, ясно, благодаря ти! Вече ми се изчисти картинката

[123a]

Ще предложа друго решение за задача 3.

Ясно е, че лицата на триъгълниците AOD и BOC са равни. Тогава лицето на целия трапец е равно на [tex]S=S_1+S_2+2S_{AOD}[/tex]

[tex]S_{AOD}=\frac{DO.AO.sin\varphi}{2}[/tex]

[tex]S_1=\frac{DO.CO.sin\varphi}{2}[/tex]
[tex]\varphi[/tex]-ъгълът между диагоналите на трапеца

[tex]\frac{S_{AOD}}{S_1}=\frac{AO}{CO}(1)[/tex]
Но триъгълник AOB е подобен на триъгълник COD=>[tex]\frac{AO}{CO}=\frac{\sqrt{S_2}}{\sqrt{S_1}}(2)[/tex] Заместваме (2) в (1) и получаваме, че
[tex]S_{AOD}=\sqrt{S_1.S_2}[/tex]

[tex]S_{ABCD}=S_1+S_2+2\sqrt{S_1.S_2}[/tex], което е равно на [tex]S_{ABCD}=(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2})^2[/tex]

[Гост]

Първият отговор [tex]\angle ABC=135^\circ[/tex] и [tex]\angle BAD=45^\circ[/tex] e точен.
При обяснението за синусова теорема са разменени [tex]x[/tex] и [tex]y[/tex].
[tex]\frac{x}{sin\beta}=\frac{y}{sin2\beta}[/tex]
[tex]\Leftrightarrow \,\ xsin2\beta=ysin\beta \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow \,\ 2x \cancel{sin\beta}.cos\beta=y \cancel{sin\beta} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Rightarrow \,\ y=2xcos\beta[/tex]

[Davids]

Ще предложа друго решение за задача 3.

Ясно е, че лицата на триъгълниците AOD и BOC са равни. Тогава лицето на целия трапец е равно на [tex]S=S_1+S_2+2S_{AOD}[/tex]

[tex]S_{AOD}=\frac{DO.AO.sin\varphi}{2}[/tex]

[tex]S_1=\frac{DO.CO.sin\varphi}{2}[/tex]
[tex]\varphi[/tex]-ъгълът между диагоналите на трапеца

[tex]\frac{S_{AOD}}{S_1}=\frac{AO}{CO}(1)[/tex]
Но триъгълник AOB е подобен на триъгълник COD=>[tex]\frac{AO}{CO}=\frac{\sqrt{S_2}}{\sqrt{S_1}}(2)[/tex] Заместваме (2) в (1) и получаваме, че
[tex]S_{AOD}=\sqrt{S_1.S_2}[/tex]

[tex]S_{ABCD}=S_1+S_2+2\sqrt{S_1.S_2}[/tex], което е равно на [tex]S_{ABCD}=(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2})^2[/tex]

Бях тръгнал по абсолютно същия начин със същата логика, обаче като се стигне до косинусови теореми и формули, които се учат по-напред, забивам... (9. клас )

[Гост]

Няма значение, забелязах. Въпросът е да го разбера

[123a]

Ще предложа друго решение за задача 3.

Ясно е, че лицата на триъгълниците AOD и BOC са равни. Тогава лицето на целия трапец е равно на [tex]S=S_1+S_2+2S_{AOD}[/tex]

[tex]S_{AOD}=\frac{DO.AO.sin\varphi}{2}[/tex]

[tex]S_1=\frac{DO.CO.sin\varphi}{2}[/tex]
[tex]\varphi[/tex]-ъгълът между диагоналите на трапеца

[tex]\frac{S_{AOD}}{S_1}=\frac{AO}{CO}(1)[/tex]
Но триъгълник AOB е подобен на триъгълник COD=>[tex]\frac{AO}{CO}=\frac{\sqrt{S_2}}{\sqrt{S_1}}(2)[/tex] Заместваме (2) в (1) и получаваме, че
[tex]S_{AOD}=\sqrt{S_1.S_2}[/tex]

[tex]S_{ABCD}=S_1+S_2+2\sqrt{S_1.S_2}[/tex], което е равно на [tex]S_{ABCD}=(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2})^2[/tex]

Бях тръгнал по абсолютно същия начин със същата логика, обаче като се стигне до косинусови теореми и формули, които се учат по-напред, забивам... (9. клас )

Тук не съм използвал никакви косинусови теореми. Просто подобни триъгълници

[123a]

Ще предложа и още едно решение на задача 2 без косинусови теореми, а само със синусова.

Нека означим [tex]AB=CD=x; AD=BC=y[/tex]
Ако означим[tex]\angle[/tex]BAD=[tex]\angle[/tex]BCD=[tex]\alpha[/tex] И приложим синусова теорема за триъгълник ABD
[tex]\frac{1}{sin\alpha}=\frac{y}{sin2\beta}[/tex](1)
Синусова теорема и за тиръгълнис BCD
[tex]\frac{x}{sin\beta}=\frac{1}{sin\alpha}=>sin\alpha=\frac{sin\beta}{x}[/tex](2)
Заместваме 2 в 1 и получаваме [tex]y=2xcos\beta[/tex](3)
В триъгълник BCD ъгъл BDC=[tex]180-(\alpha+\beta)[/tex] Синусова теорема за същия триъгълник:
[tex]\frac{x}{sin\beta}=\frac{y}{sin(\alpha+\beta)}[/tex](4)
Заместваме (3) в (4) и получаваме [tex]sin2\beta=sin(\alpha+\beta)=>\alpha=\beta[/tex] и триъгълник BCD е равнобедрен [tex]CD=BD=AB=1[/tex]
От това, че AB=CD=1 от това, че P=[tex]2+ 2\sqrt{2}=>y=\sqrt{2}=>cos\alpha=\frac{\sqrt{2}}{2}=>\alpha=45[/tex]
И ъгъл ABC е три пъти по-голям от алфа, следователно е 135 градуса.

[Гост]

А на 3-та задача защо лицата на триъгълниците AOD и BOC да са равни? Трапецът не е равнобедрен?

[Гост]

Ааа, разбрах, разбрах, извинявам се