Трапец

[math10.com]

Даден е равнобедрен трапец [tex]ABCD ; AB||CD[/tex].
Точка [tex]E\in AD[/tex] е такава, че [tex]\angle DCE=30^\circ ; \angle ECA=15^\circ ; \angle ACB=60^\circ[/tex].
Ако [tex]CE=р[/tex] да се намери лицето на трапеца.

[Гост]

p като полумериметър ли имаш предвид, или параметър?

[Гост]

Параметър

[Гост]

Скрит текст: покажи

[tex]p^{2}?[/tex]

[Гост]

Да толкова е .
Пусни решение

[Гост]

Скрит текст: покажи

само че със синусова теорема доказвам, че Е е среда

[Гост]

tr1.PNG (40.75 KiB) Прегледано 3289 пъти

[Гост]

да се чете [tex]DC/(\sqrt{2}/2)[/tex]

[Евва]

Ако успеем да докажем ,че [tex]\triangle[/tex]ЕМС е равностранен -нататък става лесно .
h=p
______________________________________________

[tex]S_{ABCD }[/tex]=[tex]S_{AMCD }[/tex]+[tex]S_{MBC }[/tex]=
=[tex]S_{AMCD }[/tex]+[tex]S_{ADA_{1 } }[/tex]=[tex]S_{AMCA_{1 } }[/tex] (квадрат)=
=[tex]CM^{2}[/tex]=[tex]h^{2}[/tex]=[tex]p^{2}[/tex]

[math10.com]

Готино , но задачата е за 7-ми клас , а квадратен корен се учи в 8-ми , синусова теорема пък чак в 10-ти.
Идеята на евва също е добра , но как да го докажем?
Така, че за любителите на математически задачи в момент на извънредно положение мислете.

[Гост]

Скрит текст: покажи

Ако означим едната основа, да кажем с x - всичко в трапеца може да се изрази с него като се ползват равнобедрени правоъгълни триъгълници, правоъгълен триъгълник с ъгъл 30 градуса, допълнителни построения и лица. По този начин се намери връзка между x и p, а така и лицето на трапеца.

[Гост]

tr2.PNG (40.3 KiB) Прегледано 3238 пъти

сетих се как се доказва без синусова теорема:
от равнобедрения [tex]\triangle BCP: S(BCP)=CM\cdot (BP/2)=CM\cdot (CP/2)=CM^{2}=S(ABCD)[/tex]
от което следва, че подобните [tex]\triangle PAE,\triangle CDE[/tex] са равнолицеви, следователно-еднакви [tex]\Rightarrow EP=EC\Rightarrow CM=p[/tex]

[Гост]

В 7-ми клас не се изучават подобни триъгълници, а само еднакви.

[Гост]

tr3.PNG (15.2 KiB) Прегледано 3218 пъти

и за 7-ми клас е тривиално:
да преположим, че не са еднакви; тогава от съответни ъгли [tex]\Rightarrow PE ||CE', S(APE)=S(DCE')=S(APE)+S(PCE'E)\Rightarrow S(PCE'E)=0\Rightarrow E'\equiv E,C\equiv P[/tex]
предлагам го като 5-ти признак (лицето може да се замени с периметър)

[S.B.]

Даден е равнобедрен трапец [tex]ABCD ; AB||CD[/tex].
Точка [tex]E\in AD[/tex] е такава, че [tex]\angle DCE=30^\circ ; \angle ECA=15^\circ ; \angle ACB=60^\circ[/tex].
Ако [tex]CE=р[/tex] да се намери лицето на трапеца.

Без заглавие - 2020-12-01T200148.817.png (255.84 KiB) Прегледано 3206 пъти

Продължението на $CE$ пресича продължението на $AB$ в т. $M$
[tex]\triangle MAD \cong \triangle CAD[/tex] по втори признак
$1) AD$ - обща страна;
$2) \angle DAM = \angle ADC$ като кръстни $(DC || AM) X AD)$
$3) \angle DCM = \angle AMC$ като кръстни
От еднаквостта $\rightarrow AM = DC$
От $\begin{cases} AM = DC \\ AM || DC \end{cases} \rightarrow MACD$ е успоредник и диагоналите му $MC$ и $AD$ се разполовяват в пресечната си точка $E$
$\Rightarrow ME = EC = p \Rightarrow MC = 2p$
$CH\bot AB,H\in AB , DP\bot AB,P\in AB$ трапецът е равнобедрен $ \Rightarrow AP = BH = x$
За $\triangle MHC \rightarrow \angle H = 90^\circ , \angle CMH = 30^\circ ,MC = 2p \Rightarrow CH = p$
За $\triangle AHC \rightarrow \angle CAH = 45^\circ , \angle H = 90^\circ \Rightarrow AH = HC = p$
$ AB = p + x , CD = p - x$
$S_{ABCD } = \frac{AB + CD}{2}.CH \Leftrightarrow S_{ABCD } = \frac{p + x + p - x}{2}.p \Rightarrow S_{ABCD } = p^{2}$

[Гост]

Даден е равнобедрен трапец [tex]ABCD ; AB||CD[/tex].
Точка [tex]E\in AD[/tex] е такава, че [tex]\angle DCE=30^\circ ; \angle ECA=15^\circ ; \angle ACB=60^\circ[/tex].
Ако [tex]CE=р[/tex] да се намери лицето на трапеца.

Без заглавие - 2020-12-01T200148.817.png

[tex]\triangle MAD \cong \triangle CAD[/tex] по втори признак
$1) AD$ - обща страна;
$2) \angle DAM = \angle ADC$ като кръстни $(DC || AM) X AD)$
$3) \angle DCM = \angle AMC$ като кръстни
От еднаквостта $\rightarrow AM = DC$

тука нещо не е наред...

[S.B.]

[tex]\triangle MAD \cong \triangle CAD[/tex] по втори признак
$1) AD$ - обща страна;
$2) \angle DAM = \angle ADC$ като кръстни $(DC || AM) X AD)$
$3) \angle DCM = \angle AMC$ като кръстни
От еднаквостта $\rightarrow AM = DC$

тука нещо не е наред...
Прав си!

[ins-]

Малко и аз да попиша

math20.png (307.34 KiB) Прегледано 3182 пъти

Ще ползвам 2 твърдения - срещу ъгъл от 30 градуса лежи катет равен на хипотенузата и в равнобедрен правоъгълен триъгълник хипотенузата е равна на катет по [tex]\sqrt{2}[/tex].
Второто може да се изведе с лица и еднакви триъгълници с материал за 7-ми клас. Ще спестя и сметките с ъгли, ползващи, че сборът от ъгли в триъгълник е 180 градуса.

От тр. BOC имаме, че OC=BC/2.
От тр. COD имаме, че CD=OC.[tex]\sqrt{2}[/tex].
CD=BC/[tex]\sqrt{2}[/tex]
От тр. CQD (Q - петата на перпендикуляра от D към EC) имаме, че DQ=CD/2 => DQ=BC/[tex]2 \sqrt{2}[/tex].
От тр. EQD => ED=DQ [tex]\sqrt{2}[/tex] => EQ=BC/2.
Но AC=BC => E среда на BC => CED и FAE са еднакви => <CFP=30 градуса, CF=2p и височината CP=p.
Триъгълник ACP e равнобедрен и правоъгълен => AC=p[tex]\sqrt{2}[/tex].
AC=AO+CO, но заради равнобедрените правоъгълни триъгълници AOB и COD - AO=AB/[tex]\sqrt{2}[/tex] и BO=CD/[tex]\sqrt{2}[/tex] =>
p[tex]\sqrt{2}[/tex]=AB/[tex]\sqrt{2}[/tex]+CD/[tex]\sqrt{2}[/tex] или (AB+CD)/2=p
Окончателно за лицето на трапеца намираме, че то е (AB+CD)/2 .h=p.p=[tex]p^2[/tex]

[math10.com]

То хубаво , само дето в 7-ми клас незнаем какво е това корен квадратен.
Не мога да разбера защо всички залитате по сложни решения , а не търсите такова с еднакви триъгълници.
Да за един седмокласник това е ужасно трудна задача , защото той няма как да стигне до отговора, но тук вече знаем отговора, знаем и какво трябва да се докаже.
Също така не трябва да искаме 7-мокласниците да си измислят новия материал и да си го докажат.Все пак за това ходим на училище, за да учим последователно нещата.Да вероятно можем да докажем и косинусовата теорема с материал за 7-ми клас , но нали не очаквате 7-мо класниците да го измислят и докажат.
Ако искате ще напиша доказателство и ще видите колко е просто всичко.

[Гост]

Понеже гледам, че задачите по аналитична геометрия са актуални, нека всеки, на когото му е интересно, да я реши с аналитична геометрия.

[Гост]

math10, дотук има по едно решение за 7-ми, 8-ми и 10-ти клас; пускай и твоето/твоите + нова задача...

[Гост]

и 9-ти клас чрез подобните триъгълници...

[Гост]

Само дето решение за 7-ми клас няма , но иначе да имаме няколко опита.

[Гост]

има за 7-ми клас-виж горе...tr3

[Гост]

Решението ми е с доказателство на следващата задача.Явно точно тази част затруднява всички до момента.

viewtopic.php?f=60&t=26246