Задача от изпит - Геометрия

[skadevil]

Здравейте! Тази задача е от изпит и бих бил много благодарен, ако някой помогне.
Заключенията до които аз стигнах са че трапецът е равнобедрен, диагоналът BD към sin[tex]\alpha[/tex] при основата се отнасят както 2*R или т.е 2*[tex]\sqrt{130}[/tex]. Правих още изразявания в останалите триъгълници и косинусови теореми, но нищо не успях да изразя, за да ми е полезно да намеря лицето.

[S.B.]

Без заглавие - 2021-02-01T211531.030.png (254.62 KiB) Прегледано 685 пъти

Подусловие а) - намиране лицето на трапеца

[tex]R = \sqrt{130} \approx 11,4 \Rightarrow 2R \approx 22,8, AB = 18 \Rightarrow AB < 2R = KL \Rightarrow[/tex] основата $AB$ е над диаметъра $KL$. Съществуват два трапеца,които да имат за една от основите си $AB = 18$,а именно $ABCD$ и $D_{1 }C_{1 }BA$
Нека точка $M$ е среда на $AB$ , т.$N$ е среда на $CD$, а точка $N_{1 }$ е среда на $C_{1 }D_{1 }$
Точка $O$ е център на описаната окръжност,а $KL$ диаметър.

От $ \triangle OBM$ по Питагор намираме:
$OM^{2} = OB^{2} - BM^{2}\Leftrightarrow OM^{2} = R^{2} - 9^{2} = 130 - 81 \Rightarrow OM^{2} = 49 \Rightarrow OM = 7$
$ON = OM + 4 \Leftrightarrow ON = 7 + 4 \Rightarrow ON = 11$

От $\triangle OCN$ по Питагор намираме :
$NC^{2} = OC^{2} - ON^{2} \Leftrightarrow NC^{2} = R^{2} - ON^{2} \Leftrightarrow NC^{2} = 130 - 121 \Rightarrow NC = \sqrt{9 } \Rightarrow NC = 3 \Rightarrow DC = 6$
$S_{ABCD } = \frac{AB + CD}{2}.h = \frac{18 + 6}{2}.4 = 48$

$ON_{1 } = OM - 4 = 7 - 4 = 3$
От $\triangle OC_{1 }N_{1 }$ по Питагор намираме $N_{1 }C_{1 } = \sqrt{OC_{1 }^{2} - ON_{1 }^{2}} = \sqrt{R^{2} - 3^{2}} = \sqrt{130 - 9 } = 11$
$\Rightarrow C_{1 }D_{1 } = 22 < 22,8 \Rightarrow C_{1 }D_{1 } < 2R \Rightarrow $ също е над диаметъра $KL$
$S_{D_{1 }C_{1 }BA } = \frac{18 + 22}{2}.4 = 80$

Скрит текст: покажи

Опитай се да решиш б) самостоятелно.Знаеш къде е триъгълника $OCB$ ,но има и още един триъгълник $OC_{1 }B$!Ако не успееш - утре вечерта ще ти помогна

[skadevil]

Много ти благодаря! Аз за а) съвсем в друга посока съм започнал да разсъждавам . За б) ще се пробвам пак

[skadevil]

$ON_{1 } = OM - 4 = 7 - 4 = 3$

Малко излишен въпрос, но просто да се уверя дали съм го разбрал. Ей тук откъде разбираме, че [tex]MN_{1 } = 4[/tex]? Предполагам, че защото и за него важи условието на задачата. [tex]D_{1 }C_{1 }BA[/tex] е трапец, вписан в окръжност, който също има основа AB = 18 и оттук следва, че [tex]MN_{1 }[/tex] e височината, която е равна на 4. Правилно ли разсъждавам или пак си ги измислям

[S.B.]

$ON_{1 } = OM - 4 = 7 - 4 = 3$

Малко излишен въпрос, но просто да се уверя дали съм го разбрал. Ей тук откъде разбираме, че [tex]MN_{1 } = 4[/tex]? Предполагам, че защото и за него важи условието на задачата. [tex]D_{1 }C_{1 }BA[/tex] е трапец, вписан в окръжност, който също има основа AB = 18 и оттук следва, че [tex]MN_{1 }[/tex] e височината, която е равна на 4. Правилно ли разсъждавам или пак си ги измислям

Ами то на чертежа на отсечката $MN_{1 }$ си пише $h = 4 ,M $ и $N_{1 }$ са среди на основите на равнобедрен трапец $ABCD$
[tex]\Rightarrow MN_{1 }\bot AB , MN_{1 }\bot CD[/tex]

[skadevil]

Ами то на чертежа на отсечката $MN_{1 }$ си пише $h = 4 ,M $ и $N_{1 }$ са среди на основите на равнобедрен трапец $ABCD$
[tex]\Rightarrow MN_{1 }\bot AB , MN_{1 }\bot CD[/tex]

[tex]М[/tex] и [tex]N_{1 }[/tex] не са ли среди на трапеца $ABC_{1 }D_{1 }$ и [tex]\Rightarrow MN_{1 }\bot AB , MN_{1 }\bot C_{1 }D_{1 }[/tex]

[S.B.]

Ами то на чертежа на отсечката $MN_{1 }$ си пише $h = 4 ,M $ и $N_{1 }$ са среди на основите на равнобедрен трапец $ABCD$
[tex]\Rightarrow MN_{1 }\bot AB , MN_{1 }\bot CD[/tex]

[tex]М[/tex] и [tex]N_{1 }[/tex] не са ли среди на трапеца $ABC_{1 }D_{1 }$ и [tex]\Rightarrow MN_{1 }\bot AB , MN_{1 }\bot C_{1 }D_{1 }[/tex]

Мисля,че вече си разбрал, че $AB$ е основа и в двата трапеца :
За $ABCD$ е долна основа,а за $D_{1 }C_{1 }BA$ е горна основа.За това имаш два случая. $S_{ABCD } = 48,S_{D_{1 }C_{1 }BA }= 80$

[S.B.]

Подусловие б)

Без заглавие - 2021-02-02T203620.697.png (278.81 KiB) Прегледано 629 пъти

Окръжността описана около [tex]\triangle OBC[/tex] пресича $AB$ в т. $P$
Търси се $AP : PB$
Разглеждам случая с трапеца $ABCD$, а случая с трапеца $D_{1 }C_{1 }BA$ се решава аналогично и ще трябва да се справиш сам
От първото подусловие получих,че $CD = 6,MO = 7$ и ще ги използвам.
$\angle OCB = \angle OPM = \displaystyle\frac{\overset{\displaystyle\frown}{OB}}{2} = \alpha$
$\alpha < 90^\circ$ ,защото е ъгъл при основата на равнобедрения $\triangle OBC$ ,
който е равнобедрен,защото $OB = OC = R = \sqrt{130}$

Скрит текст: покажи

Ако беше $\alpha > 90^\circ$ тогава т.$М$, която е среда на $AB$ щеше да е извън окръжността и тогава $M$ щеше да е между $A$ и $P$

Построявам $CH \bot AB,H\in AB$

От $\triangle HCB \rightarrow BC = \sqrt{4^{2} + 6^{2}} \Rightarrow BC= 2\sqrt{13}$ по Питагор
За $\triangle OBC$ прилагам Косинусова теорема:
$OB^{2} = OC^{2} + BC^{2} - 2OC.OB.cos \alpha \Leftrightarrow R^{2} = R^{2} + OC^{2} - 2.R.BC.cos\alpha \Leftrightarrow cos\alpha = \frac{- 52}{-\sqrt{52}.\sqrt{130}} \Rightarrow cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{10}},sin\alpha = \frac{3}{\sqrt{10}}$

От $\triangle POM \rightarrow \displaystyle\frac{PM}{OM} = cotg\alpha \Leftrightarrow PM = OM.cotg\alpha \Leftrightarrow PM = 7.\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{10}}}{\displaystyle\frac{3}{\sqrt{10}}} = \frac{7}{3}$
$PB = PM + MB = \frac{7}{3} + 9 = \frac{34}{3}$

$AP = AM - PM = 9 - \frac{7}{3} = \frac{20}{3}$
$$\Rightarrow AP:PB = 17:10$$

[S.B.]

Подусловие б)
Чертеж за случая с трапеца $D_{1 }C_{1 }BA$,който искрено се надявам да решиш самостоятелно:

Без заглавие - 2021-02-03T155246.002.png (262.16 KiB) Прегледано 612 пъти

Отговор :$AP : PB = 26 : 19$

[skadevil]

Изключително много ти благодаря за цялата помощ!!!