Геометрична задача 16

[emil3993]

Здравейте математици! Пробвах се да ги реша, но имам затруднения. Може ли решението? Благодаря предварително.

[Knowledge Greedy]

Нека основите означим с [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex], [tex]a>b[/tex].
От условието за описаност следва [tex]a+b=5+5[/tex]
построяваме отсечка през връх от горната основа, успоредна на бедрото, което няма обща точка с нея. Получават се успоредник със страни [tex]5, b, 5, b[/tex] и диагонал [tex]7[/tex], и до него равнобедрен триъгълник с основа [tex]a-b[/tex] и бедра [tex]5[/tex] и [tex]5[/tex].

Трапец описан около окръжност.png (5.24 KiB) Прегледано 222 пъти

Две косинусови теореми - виж чертежа - за триъгълниците [tex]\Delta ANC[/tex] и [tex]\Delta NBC[/tex] дават
[tex]7^2=b^2+5^2-2.5.b.cos(180^\circ - \varphi)[/tex]
и
[tex]5^2=(a-b)^2+5^2-2.5.(a-b).cos( \varphi)[/tex]
С почленно събиране получаваме [tex](a-b)^2+b^2=24[/tex]
и заедно с първото условие [tex]a+b=10[/tex]
намираме основите на трапеца.

[Davids]

Аз бих редуцирал косинусовите теореми до една с един само леко различен подход
Ще ползваме стандартни означения, ще построим диагонала $BD = 7$ и ще спуснем от $D$ успоредна на другият диагонал права, пресичаща $AB$ в точка $N$ (външна за отсечката АВ).
Така ще получим равнобедрен $\Delta NBD$ с бедро 7 см и основа $a + b = 10$ (няма да описвам защо основата е толкова, а колегата вече каза защо сборът им е 10 ).
Означаваме $\angle DNB = \angle CAB = \alpha$
(Имагинерно дори, за да не цапаме чертежа,) спускаме височината от $D$, за да разполовим основата и да видим нагледно, че $cos\alpha = \frac{5}{7}$.
Връщаме се в $\Delta ABC$, откъдето правейки косинусова теорема намираме долната основа:
$25 = 49 + b^2 - 2.7.b.cos\alpha$
$..$
$b^2 - 10b + 24 = 0$
Решения са 4 и 6, като респективно за другия катет получаваме 6 и 4.

[Knowledge Greedy]

Въпросите за редуциране и измерване на използваната информация са много сериозни и важни (и обикновено с нееднозначен отговор). В крайна сметка те опират до основата, от която тръгваме и нивото, на което се движим. В случая

Аз бих редуцирал косинусовите теореми до една с един само леко различен подход
...
(Имагинерно дори, за да не цапаме чертежа,) спускаме височината от [tex]D[/tex], за да разполовим основата и да видим нагледно, че [tex]cosα=\frac{5}{7}.[/tex]
...
Решения са 4 и 6, като респективно за другия катет получаваме 6 и 4.

заместването на едната косинусова теорема с определението за косинус на остър ъгъл си е съкращение, ако не броим допълнителното построение .

[Davids]

Идеята беше само да предложа друго решение, това с редуцирането беше само вметка, не беше съществено изказване. А и самото съкращение, както каза и ти, не е особено релевантно в случая

[emil3993]

Тъй като вашите решения са тромави и ме напрягат мъзъчно , ето едно, което аз измислих :
-от описана четириъгълник следва, че Z=AB+CD=AD+CB=5+5=10
-построяваме височината DH към основата AB, разполовявауки основата на AH и HB
-HB=(a+b)/2 от равнобедрен трапец
-ПИТАГОРЧО за DHB, намираме височината DH=2[tex]\sqrt{6}[/tex]
-ПИТАГОРЧО за AHD, намираме AH=1
-AB=AH+BH=1+5=6
-от Z следва, че CD=10-AB=10-6=4

[emil3993]

Тъй като моето решение ми се видя тромаво и ме напряга мъзъчно , ето едно, което аз измислих :
-от описан четириъгълник следва, че Z1=AB+CD=AD+CB=5+5=10=a+b
-от равнобедрен трапец следва, че може да се опише окръжност
-Теорема на Птолемей Z2=AC*BD=AB*DC+BC*AD=>ab=24
-правим система от Z1,Z2
[tex]\begin{array}{|l} a + b = 10 \\ ab = 24 \end{array}[/tex]
(4;6) или (6;4)