Конкурс УНСС 2004 г.

[S.B.]

Основите на трапеца $ABCD$ са [tex]AB = \sqrt{15}[/tex] и $CD = 1$ .Ъглът между диагоналите е прав,а между бедрата е равен на $60^\circ$.
Да се намери лицето на трапеца.

[123a]

За съжаление не мога да приложа чертеж.

Нека бедрата се пресичат в точка M и нека $MD=x, MC=y$

[tex]\triangle ABM \approx \triangle DCM[/tex]

$\frac{AB}{CD}=\frac{AM}{MD}=\frac{MB}{CM}$

$AM=x\sqrt{15}, MB=y\sqrt{15} \Rightarrow AD=x(\sqrt{15}-1);BC=y(\sqrt{15}-1) $

От това, че диагоналите са перпендикулярни, имаме $AB^2 + CD^2=AD^2+BC^2$
$16=(x^2+y^2)(16-2\sqrt{15}) $ $\Rightarrow x^2+y^2= \frac{16}{16-2\sqrt{15}}=\frac{64+8\sqrt{15}}{49}$

От косинусова теорема в $\triangle CDM$

$1=x^2+y^2-2xy.cos60 \Rightarrow xy= \frac{64+8\sqrt{15}}{49} -\frac{49}{49}=\frac{15+8\sqrt{15}}{49}$

$S_{ABCD}=S_{ABM}-S_{CDM}$
$S_{ABCD}= \frac{x\sqrt{15}.y\sqrt{15}.sin60}{2}-\frac{xy.sin60}{2}$

$S_{ABCD}=\frac{14xy.sin60}{2}=\frac{14\sqrt{3}}{4}.\frac{(15+8\sqrt{15})}{49}$

$S_{ABCD}=\frac{15\sqrt{3}+24\sqrt{5}}{14}$ ако не съм оплескал сметките, но схващате идеята.

[Nathi123]

Лесно се доказва,че при трапец ABCD с взаимно перпендикулярни диагонали [tex]AB^{2}+CD^{2}=AD^{2}+CB^{2}[/tex]
Построяваме СС'||AD, тогава [tex]\angle C'CB=\angle (AD,BC) = 60 ^\circ \Rightarrow CC'^{2}+BC^{2}-4S_{\triangle BC'C}.cotg60^\circ = BC'^{2}; BC'=AB - CD = \sqrt{15}-1[/tex]
( следствие от кос. т-ма за триъг. ВСС' и изразяване на лице като 1/2 от произв. от двете страни и синуса на ъгъла м/у тях )
[tex]CC'^{2}+BC^{2} =AB^{2}+CD^{2}\Rightarrow 1+15-4S_{\triangle BC'C} .\frac{1}{\sqrt{3}}=(\sqrt{15}-1)^{2}\Leftrightarrow S_{\triangle BC'C}=\frac{3\sqrt{5}}{2}[/tex]
Да означим с h височината на трапеца,която е равна на височината на триъг. ВСС', получаваме
[tex]2S_{\triangle BC'C}=(\sqrt{15}-1).h=3\sqrt{5}\Leftrightarrow h=\frac{3\sqrt{5}}{\sqrt{15}-1}\Rightarrow S_{ABCD }=\frac{\sqrt{15}+1}{2}.h[/tex]
[tex]\Leftrightarrow S_{ABCD }= \frac{(8+\sqrt{15}).3\sqrt{5}}{14}[/tex].