Геометрия

[Гост]

Имам нужда от помощ за тези задачи .

Зад 1 Намерете дължините на страните на успоредник с лице 120 и дължини на диагоналите 26 и 13

Зад 2 В успоредник с остър ъгъл с разстоянията от пресечната точка на диа-гоналите до неравните страни са т и р. Намерете лицето на успоредника

Зад 3 Даден е успоредник ABCD, за който AD = 2[tex]\sqrt{3}[/tex] BD = 3[tex]\sqrt{2}[/tex] u < BAD = 30[tex]^\circ[/tex] . Намерете дължината на страната АВ

Зад4.Даден е успоредник АВСD. Перпендикулярът DM (M [tex]\epsilon[/tex] АС ) спуснат от върха Д към диагонала АС, го разделя на отсечки с дължини AM = 6 cm и MC = 15 ст. Намерете дължините на страните и диагона лите на успоредника, ако е известно, че разликата от дължините на две от страните му е 7 см.

[mail_dinko]

Зад. 3
Косинусова теорема, DM:AB>0
[tex]DB^2=AD^2+AB-2.AD.AB.cos 30 ^\circ[/tex]
[tex]18=12+AB^2-2.\cancel{2}.\sqrt {3}.AB.\frac {\sqrt {3}}{\cancel{2}}[/tex]
[tex]6=AB^2-6.AB[/tex]
[tex]AB^2-6AB-6=0[/tex]
[tex]D=9+6=15[/tex]
[tex]AB_1= 3 + \sqrt {15} \in DM[/tex]
[tex]AB_2= 3 - \sqrt {15}<0 \notin DM[/tex]

Зад. 4
Правим чертеж, остър ъгъл при върха А.
По усл., при [tex]a>b \Rightarrow a-b=7 \Rightarrow a=7+b[/tex]
Изразяваме питагоровата теорема за двата правоъгълни триъгълника с общ катет DM
[tex]DM^2+AM^2=b^2 \Rightarrow DM=b^2-AM^2[/tex]
[tex]DM^2+ MC^2=(7+b)^2DM=49+14b+b^2-MC^2[/tex]
Приравняваме
[tex]\cancel{b^2}-AM^2=49+14b+\cancel{b^2}-MC^2[/tex]
След заместване се получава b=10; a= 17
AC=AM+MC=21
По Хероновата ф-ла се намира лицето на триъгълник ABC
[tex]p=0,5P=24[/tex]
[tex]S_{\triangle ABC} = \sqrt {p.(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt {24.7.14.3}=84 \Rightarrow S_{ABCD}=168[/tex]
[tex]S _{\triangle DBC} = \frac12 . S_{ABCD}=84[/tex]
[tex]84=\sqrt {p(p-DB)(p-17)(p-10)}[/tex]
DB=7

[peyo]

Зад 1 Намерете дължините на страните на успоредник с лице 120 и дължини на диагоналите 26 и 13

Screenshot 2025-05-24 200740.jpg (99.26 KiB) Прегледано 292 пъти

[Darina73]

зад. 4 Не съществува [tex]\triangle[/tex] ABD със страни 17 ,10 ,7 см.
За BD получих [tex]\sqrt{337} \approx[/tex] 18 см.

[ptj]

1-ва:

[tex]120=S_{ABCD}= \frac{1}{2}d_1.d_2.sin( \varphi )= \frac{1}{2}.26.13.sin( \varphi) \Rightarrow sin( \varphi)= \frac{120}{169} \Rightarrow cos( \varphi )= \pm \frac{119}{169}[/tex]

Знака на косинуса зависи от това дали [tex]\varphi[/tex] е остър или тъп.

Естествено всяка страна може да намерим от косинусова теорема с участието на половинките диагонали:

[tex](\frac{d_1}{2} )^2+(\frac{d_2}{2})^2 \pm 2. \frac{d_1}{2}. \frac{d_2}{2}.cos( \varphi )=13^2+ (\frac{13}{2})^2 \pm 2.13. \frac{13}{2}. \frac{119}{169}= \frac{5.13^3}{4} \pm 119= \frac{845 \pm 476 }{4}[/tex]

Страните са равни на квадратен корен от получения резултат, т.е. [tex]a= \frac{ \sqrt{1321} }{2}[/tex] и [tex]b= \frac{3 \sqrt{41} }{2}[/tex]

-----------------------------------------------------------------------------

4-та:

[tex]DM=x>0[/tex]. Разликата на двете страни може да се изрази, чрез Питагорова теорема:


[tex]\sqrt{15^2+x^2}- \sqrt{6^2+x^2}=7[/tex]

[tex]x^2+225=x^2+36+49 + 14 \sqrt{x^2+36}[/tex]

[tex]10= \sqrt{x^2+36} \Rightarrow x=8[/tex]

Едната страна е [tex]\sqrt{36+64}=10[/tex], а другата [tex]\sqrt{84+225}=17[/tex].

Половинката на малкия диагонал се смята с две косинусови теореми...

[ptj]

зад. 4 Не съществува [tex]\triangle[/tex] ABD със страни 17 ,10 ,7 см.
За BD получих [tex]\sqrt{337} \approx[/tex] 18 см.

Имаш грешка. Малките триъгълница са с дължини 6,8,10 и 15,8,17.

[Darina73]

Според отговора на колегата [tex]\triangle[/tex]ABD се явява със страни 17 ,10 и 7 см.

[ptj]

Според отговора на колегата [tex]\triangle[/tex]ABD се явява със страни 17 ,10 и 7 см.

Въпросния колега вероятно има грешка на предпоследния ред, защото периметъра на триъгълника с малкия диагонал не ни е известен. Написаното от него се свежда до намиране на решение на уравнение от 4-та степен, което той не вярвам да направил.

Приложи първо косинусова теорема за [tex]\triangle DAC[/tex] с цел намиране на [tex]cos(\angle DAC)[/tex]. След това използвай намерената стойност в косинусова теорема за [tex]\triangle DAO[/tex] за да намериш [tex]DO= \frac{1}{2}DB[/tex], където [tex]O[/tex] е пресечена точка на диагоналите.

П.П. Прави ми впечатление, че четеш решенията без да ги разбираш напълно. Дадените задачи не са лесни и изискват разбиране на голяма част от изучавания материал. Не вярвам да изкараш висока оценка, ако наистиана сама ще трябва да се бориш с подобна задача...

[ptj]

При положение, че за триъгълник знаеш лицето и две от страните и се търси третата, идеята за използванена Херонова формула е меко казано тъпа и трудно приложима.

Може да се сметне първо синуса на ъгъла между двете известни ни страни, чрез съответната формула за лице. След това при известен синус можем да пресметнем стойността на косинуса на този ъгъл. Последно да приложом косинусова теорема за намиране на неизвестната трета страна.

[ammornil]

Колегата ptj е прав, че Херон не е най-удачният начин да се търси третата страна по дадени лице и другите две страни на триъгълника. Все пак ето как би излглеждало това с един малко по-рядко използван запис на Хероновата формула за лице на триъгълника. Нека за триъгълник са дадени две от страните $a$ и $b$, лицето на триъгълника $S$ и се търси третата страна на триъгълника $c$.$\\[12pt] S=\dfrac{1}{2}\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)} \Leftrightarrow S=\dfrac{1}{2}\sqrt{[(a+b)^{2}-c^{2}][c^{2}-(a-b)^{2}]} \Rightarrow$ $$\boxed{ \quad 4\cdot{S^{2}}= [(a+b)^{2}-c^{2}]\cdot{[c^{2}-(a-b)^{2}]} \quad }$$ Заместваме в горното с даденото и се получава биквадратно уравнение за $c$. За всяко положително $c$, което е решение на биквадратното уравнение, се прави проверка $\begin{array}{|l} a+b > c \\ a+c > b\\ b+c > a \end{array}\\[12pt]$ Това е възможно решение, но предложеното от ptj решение е по-удобно и трябва да бъде предпочитано. Херон може да бъде обмислен като вариант, ако не са учени тригонометрични функции.$\\[12pt]$

Скрит текст: покажи

Предложението на ptj за тези които не могат да го видят от краткото описание:$\\[6pt]$ Нека за триъгълник са дадени две от страните $a$ и $b$, лицето на триъгълника $S$ и се търси третата страна на триъгълника $c$. $\\[12pt]\angle{(a,b)}=\gamma \Rightarrow S= a\cdot{b}\cdot{\sin{\gamma}} \Rightarrow \sin{\gamma}= \dfrac{S}{a\cdot{b}} \Rightarrow \cos{\gamma}= \pm\sqrt{1-\sin^{2}{\gamma}}\\[12pt]$Понеже не знаем коя е най-голямата страна, следва да се разгледат и двата знака на косинуса и да се провери дали съответното $c$ е решение. $$ c^{2}_{1,2}= a^{2} +b^{2} \pm{2}\cdot{a}\cdot{b}\cdot{|\cos{\gamma}|} $$ Ако изразим косинуса чрез даденото получаваме $$ c^{2}_{1,2}= a^{2} +b^{2} \pm{2} \cdot{a} \cdot{b} \cdot{\sqrt{1-\dfrac{S^{2}}{a^{2}\cdot{b^{2}}}}} \quad \Leftrightarrow \quad c^{2}_{1,2}= a^{2} +b^{2} \pm{2} \cdot{\sqrt{a^{2}\cdot{b^{2}}-S^{2}}} $$

[Darina73]

ptj написа " Прави ми впечатление, че четеш решенията без да ги разбираш напълно ."

Задачата я реших сама на 24 май и споделих ,че съм получила BD= [tex]\sqrt{337}[/tex] см.
Точен чертеж потвърждава отговора ми .
Не се заяждам с никого ,а се обосновавам защо не съм дала точка .

[ammornil]

Една поправка на горното:

Все пак ето как би излглеждало това с един малко по-рядко използван запис на Хероновата формула за лице на триъгълника. Нека за триъгълник са дадени две от страните $a$ и $b$, лицето на триъгълника $S$ и се търси третата страна на триъгълника $c$.$\\[12pt] S=\dfrac{1}{\red{4}}\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)} \Leftrightarrow S=\dfrac{1}{\red{4}}\sqrt{[(a+b)^{2}-c^{2}][c^{2}-(a-b)^{2}]} \Rightarrow$ $$\boxed{ \quad \red{16}\cdot{S^{2}}= [(a+b)^{2}-c^{2}]\cdot{[c^{2}-(a-b)^{2}]} \quad }$$ Заместваме в горното с даденото и се получава биквадратно уравнение за $c$. За всяко положително $c$, което е решение на биквадратното уравнение, се прави проверка $\begin{array}{|l} a+b > c \\ a+c > b\\ b+c > a \end{array}\\[12pt]$