Решаване на трапец

[Гост]

Даден е трапец с основа CD = 7см и бедро AD = 8см. Ако sin[tex]\angle[/tex] DAB = [tex]\sqrt{15}[/tex] /8, cos [tex]\angle[/tex] ABC = - 1/4 , намерете дължините на :
а) неизвестните страни на трапеца
б) диагоналите на трапеца

[S.B.]

Даден е трапец с основа CD = 7см и бедро AD = 8см. Ако sin[tex]\angle[/tex] DAB = [tex]\sqrt{15}[/tex] /8, cos [tex]\angle[/tex] ABC = - 1/4 , намерете дължините на :
а) неизвестните страни на трапеца
б) диагоналите на трапеца

Без заглавие - 2023-02-14T153736.772.png (256.51 KiB) Прегледано 2060 пъти

Трапецът е четириъгълник на който две от страните са успоредни,но другите две не са

[tex]\angle DAB = \alpha , \angle ABC = \beta , \angle BCD = \pi - \beta , \angle ADC = \pi - \alpha[/tex]
[tex]D D_{1 } \bot AB , D_{1 } \in AB , C C_{1 } \bot AB ,C_{1 } \in AB[/tex]

[tex]\sin \alpha = \frac{ \sqrt{15} }{8},\cos \alpha = \frac{7}{8},\cos( \pi - \alpha ) = - \frac{7}{8}[/tex]
[tex]\cos \beta = - \frac{1}{4} \Rightarrow \cos ( \pi - \beta ) = \frac{1}{4} , \sin( \pi - \beta ) = \frac{ \sqrt{15} }{4}[/tex]

а)
От [tex]\triangle AD D_{1 }[/tex]:

[tex]\frac{D D_{1 } }{AD} = \sin \alpha \Leftrightarrow \frac{D D_{1 } }{8} = \frac{ \sqrt{15} }{8} \Rightarrow D D_{1 } = \sqrt{15}[/tex]
[tex]\frac{A D_{1 } }{AD} = \cos \alpha \Leftrightarrow \frac{A D_{1 } }{8} = \frac{7}{8} \Rightarrow A D_{1 } = 7[/tex]

От [tex]\triangle BC C_{1 }[/tex]
[tex]CC_{1 } = D D_{1 } = \sqrt{15}[/tex]
[tex]\frac{C C_{1 } }{BC} = \sin( \pi - \beta ) \Leftrightarrow \frac{ \sqrt{15} }{BC} = \frac{ \sqrt{15} }{4} \Rightarrow[/tex]
$$ BC = 4$$
[tex]\frac{B C_{1 } }{BC} = \cos( \pi - \beta ) \Leftrightarrow \frac{B C_{1 } }{4} = \frac{1}{4} \Rightarrow B C_{1 } = 1[/tex]
От правоъгълника [tex]D_{1 } C_{1 } CD \rightarrow D_{1 } C_{1 } = DC = 7[/tex]
[tex]D_{1 } B = D_{1 } C_{1 } - B C_{1 } = 7 - 1 = 6[/tex]
[tex]AB = A D_{1 } + D_{1 }B = 7 + 6 \Rightarrow[/tex]
$$AB = 13$$
б)
За [tex]\triangle ACD[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]AC^{2 } = AD^{2 } + DC^{2 } - 2.AD.DC.\cos( \pi - \alpha ) = 8^{2 } + 7^{2 } + 2.8.7. \frac{7}{8} = 211[/tex]
$$AC = \sqrt{211} $$
За [tex]\triangle DBC[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]DB^{2 } = CD^{2 } + BC^{2 } - 2.CD.BC.\cos ( \pi - \beta) = 7^{2 } + 4^{2 } - 2.7.4. \frac{1}{4} = 51[/tex]
$$DB = \sqrt{51} $$

[mail_dinko]

[u][/u]Ако косинусът при ъгъл В е отриц. число, т.е. ъгълът е от втори квадрант, то голямата основа е CD
Чертеж
От даденото намираме по косинусова теорема диагоналът АС
[tex]AC^2=AD^2+DC^2-2.AD.DC.cos (180^\circ - \alpha)[/tex]
[tex]AC^2=64+49-2.8.7.(-cos \alpha)[/tex]
[tex]sin^2 \alpha + cos^2 \alpha =1 \Rightarrow cos \alpha = \sqrt {1-sin^2 \alpha} = \sqrt {1-\frac {15}{64}}= \sqrt {\frac {64-15}{64}} \Rightarrow cos \alpha = - \frac 78[/tex]
[tex]DM: -cos \alpha>0 \Rightarrow cos \alpha <0[/tex]
[tex]-cos \alpha =\frac78[/tex]
[tex]AC^2=64+49-2.8.7.\frac 78 \Rightarrow AC^2 = 64 + 49 - 2.49= 15 \Rightarrow AC = \sqrt {15}[/tex]
Намираме лицето на триъгълник ACD по формулата на Херон, след това намираме височината на трапеца. Втори начин за височината е да намерим чрез синус на ъгъла при върха Д в правоъгълен триъгълник
[tex]P_{\triangle ADC}= 8+7+\sqrt {15} \Rightarrow p = \frac {15+\sqrt {15} }{2}[/tex]
[tex]p-AD = \frac {\sqrt{15} - 1}{2}[/tex]
[tex]p-DC = \frac {\sqrt{15} +1}{2}[/tex]
[tex]p-AC = \frac {15-\sqrt {15}}{2}[/tex]
[tex]S _{\triangle ADC}= \sqrt {p(p-AD)(p-AC)(p-DC)}= \sqrt { \frac {15+\sqrt {15} }{2}. \frac {\sqrt{15} - 1}{2}.\frac {15-\sqrt {15}}{2}. \frac {\sqrt{15} +1}{2}}[/tex]
[tex]S _{\triangle ADC}= \sqrt { \frac {225-15 }{4}. \frac {14}{4}}=\frac {14 \sqrt {15}}{4}= \frac 72 \sqrt {15}[/tex]
[tex]S _{\triangle ADC}=\frac 12 . AH. DC \Leftrightarrow \frac 72 \sqrt {15}=\frac 12 . AH.7 \Rightarrow AH = \sqrt {15}= BM[/tex]
[tex]AH \bot DC : H \in CD[/tex]
[tex]BM \bot DC : M \in DC[/tex]
Разглеждаме [tex]\triangle BMC[/tex]
[tex]\frac {BM}{BC} = \sin (180^\circ- \beta) = sin \beta[/tex]
[tex]sin^2 \beta + cos^2 \beta = 1 \Rightarrow sin \beta = \sqrt {1-cos^2 \beta}= \sqrt {1-\frac {1}{16}}\Rightarrow sin \beta = \frac {\sqrt {15}}{4}[/tex]
[tex]\frac {\sqrt {15}}{BC} =\frac {\sqrt {15}}{4} \Rightarrow BC = 4[/tex]
За триъгълник ABC прилагаме косинусова теорема
[tex]AC^2 = AB^2+ BC^2-2AB.BC. cos \beta[/tex]
[tex]15=AB^2+16-2.4.AB. \frac {-1}{4} \Leftrightarrow AB^2 +2AB+1 =0[/tex]
От тук получавам AB=-1 което не е решение, защото е извън ДМ: АВ>0

[ammornil]

Ако косинусът при ъгъл В е отриц. число, т.е. ъгълът е от втори квадрант, то голямата основа е CD

Това твърдение не е напълно вярно. Първата част е вярна ([tex]\cos{\beta}<0 \Rightarrow \frac{\pi}{2}<\beta <\pi[/tex]), но втората част не е задължително следствие от първата част. Никъде в дефиницията за трапец на се казва, че ъглите при всяка основа трябва да са от един и същи тип по отношение на тяхната големина. Трапец може да се изреже от успоредник по повече от един начин. И двете зелени фигури на чертежа са трапеци.
[tex][/tex]

230215_002.png (13.31 KiB) Прегледано 2033 пъти

[Гост]

Трапецът е четириъгълник на който две от страните са успоредни,но другите две не са

Тази е точната дефиниция за трапец.Коментарите са излишни.

[mail_dinko]

Приемам забележката. Благодаря за уточнението, не го знаех това.