Трапец

[Гост]

Да се определи лицето на трапец с диагонали 13 см и 15 см и разстояние между средите на основите 7 см

[ammornil]

Да се определи лицето на трапец с диагонали 13 см и 15 см и разстояние между средите на основите 7 см

$\\[6pt]$Ето една идея от мен, проверете сметките защото ги правих директно в TEX... $\\[6pt]$

2026_02_22_34453_001.png (44.63 KiB) Прегледано 151 пъти

$\\[12pt] ABCD, AC=13, BD=15 \\ M\in{AB}, AM=BM, \quad N\in{CD}, CN=ND, \quad MN=7 \\[6pt] \text{Нека: }\\ \hspace{2em} AB>CD, \quad AB=a, \quad CD=b \quad \Rightarrow \begin{cases} AM=MB=\dfrac{a}{2} \\ CN=ND=\dfrac{b}{2} \end{cases} \\[6pt]\hspace{2em} \begin{cases} N' \in{CD\ \vec{}} \\ BN' \| MN \end{cases} \Rightarrow MBN'N \text{ е успоредник по построение } \Rightarrow \begin{cases} MB=N'N= \dfrac{a}{2} \\[6pt] MN=BN'= 7 \end{cases} \\[6pt]\hspace{2em} \begin{cases} C' \in{CD\ \vec{}} \\ BC' \| AC \end{cases} \Rightarrow ABC'C \text{ е успоредник по построение } \Rightarrow \begin{cases} AB=CC'= a \\[6pt] BC'=AC=13 \end{cases} \\[12pt] \triangle{DBC'} \rightarrow DC'=a+b, \quad NN'=\dfrac{a}{2}, \quad DN=NC= \dfrac{b}{2}, \quad CN'= NN'-NC= \dfrac{a-b}{2} \\ \hspace{5em} CC'=a, \quad N'C'= CC'-CN'= \dfrac{a+b}{2} \\ \hspace{5em} CD=b=a, \quad DN'= DC+CN'= \dfrac{a+b}{2} \\ \hspace{5em} DN'=N'C' \Rightarrow BN' \text{ е медиана в } \triangle{DBC'}\scriptsize{\text{ виж скрития текст в края на поста}} \normalsize \\[12pt] \text{Нека } \angle{BDC}=\varphi \\[6pt] \triangle{DBN'}\quad \text{Кос. т-ма } \rightarrow BN'^{2}= DN'^{2}+ DB^{2} -2\cdot{DN'}\cdot{DB}\cdot{\cos{\varphi}} \Rightarrow \cos{\varphi}= \dfrac{DN'^{2} +DB^{2} -BN'^{2}}{2\cdot{DN'}\cdot{DB}} \\[6pt]\hspace{5em} \cos{\varphi}= \dfrac{\left(\dfrac{a+b}{2} \right)^{2}+15^{2}-7^{2}}{2\cdot{\left(\dfrac{a+b}{2} \right)} \cdot{15}}= \dfrac{\dfrac{(a+b)^{2}+4\cdot{(15+7)}\cdot{(15-7)}}{4}}{15(a+b)}= \dfrac{(a+b)^{2}+704}{60(a+b)} \quad \boxed{(\text{А})} \\[6pt] \triangle{DBC'} \quad \text{Кос. т-ма } \rightarrow BC'^{2}= DB^{2} +DC'^{2} -2\cdot{DB}\cdot{DC'}\cdot{\cos{\varphi}} \Rightarrow \cos{\varphi}= \dfrac{DB^{2} +DC'^{2} -BC'^{2}}{2\cdot{DB}\cdot{DC'}} \\[6pt]\hspace{5em} \cos{\varphi}=\dfrac{15^{2}+(a+b)^{2}- 13^{2}}{2\cdot{15}\cdot{(a+b)}}= \dfrac{(a+b)^{2} +56}{30(a+b)} \quad \boxed{(\text{Б})} \\[12pt] \quad \boxed{(\text{А})} - \boxed{(\text{Б})} \quad \Rightarrow \dfrac{(a+b)^{2}+704}{60(a+b)} -\dfrac{(a+b)^{2} +56}{30(a+b)}= 0, \quad a+b= t \\[6pt] \dfrac{t^{2}+704}{60t} -\dfrac{t^{2}+56}{30t}= 0 \quad \Leftrightarrow \quad t^{2} +704 -2t^{2} -112= 0 \quad \Leftrightarrow \quad t^{2}= 592 \quad \Leftrightarrow \quad t=4\sqrt{37} \\[6pt] \boxed{(\text{Б})} \rightarrow \cos{\varphi}=\dfrac{t^{2}+56}{30t}= \dfrac{592+56}{30\cdot{4\sqrt{37}}}= \dfrac{81}{15\sqrt{37}} \\ \sin{\varphi}=\sqrt{1-\cos^{2}{\varphi}}= \dfrac{42}{15\sqrt{37}} \\[12pt] \triangle{DBC'} \text{ е равнолицев с трапеца } ABCD, \\ \text{защото височината от } B \text{ към } DC' \text{ е равна на височината на трапеца и } DC'= a+b, \\ S_{ABCD}= \dfrac{a+b}{2}\cdot{h_{тр.}}, \quad S_{DBC'}= \dfrac{1}{2}\cdot{DC'}\cdot{h_{тр}}\\[6pt] \text{ но също така } S_{DBC'}= \dfrac{1}{2}\cdot{DB}\cdot{DC'}\cdot{\sin{\varphi}}, \quad DC'=a+b=t \Rightarrow S_{ABCD}= \dfrac{1}{2}\cdot{15}\cdot{4\sqrt{37}}\cdot{\dfrac{42}{15\sqrt{37}}} \\[12pt]$ $$ S_{ABCD}= 84 $$ $\\[12pt]$

Скрит текст: покажи

Когато стигнете до тук $\\ \hspace{5em} DN'=N'C' \Rightarrow BN' \text{ е медиана в } \triangle{DBC'}, \\[6pt] DC'$ можете да намерите от формула за медиана в $\triangle{DBC'}:\\[6pt] \quad BN'=\dfrac{1}{2}\sqrt{2\cdot{}DB^{2} +2\cdot{}BC'^{2} -DC'^{2}} \quad \Leftrightarrow \quad 7^{2}= \dfrac{1}{4}(2\cdot{}15^{2} +2\cdot{}13^{2} -DC'^{2}) \\[6pt]\quad \Leftrightarrow \quad DC'^{2}= 788 -4\cdot{49} \quad \Leftrightarrow \quad DC' = \sqrt{592}= 4\sqrt{37}\\[6pt]$ Оттам лицето на $\triangle{DBC'}$, което е и лицето на трапеца, може да се сметне по Херон: $\\[6pt] DC'= 4\sqrt{37}, \quad DB=15, \quad BC'=13 \\[6pt] S_{ABCD}=S_{DBC'}= \sqrt{\dfrac{DB+BC'+DC'}{2}\cdot{}\dfrac{DB+BC'-DC'}{2} \cdot{}\dfrac{DB-BC'+DC'}{2} \cdot{}\dfrac{-DB+BC'+DC'}{2}}= \cdots$

[S.B.]

Да се определи лицето на трапец с диагонали 13 см и 15 см и разстояние между средите на основите 7 см

Без заглавие - 2026-02-22T043251.645.png (278.84 KiB) Прегледано 135 пъти

Ето една идея и от мен
$AC = 13, BD = 15 , MN = 7$ , като $AM = MB ,CN = DN$

Подлагам на транслация с вектор [tex]\vec{DC}[/tex] диагонала $BD$ ,при което [tex]D\rightarrow C , B \rightarrow B_{1 }[/tex]
От свойствата на транслацията :[tex]DB = C B_{1 }= 15 , DC = B B_{1 }[/tex]
[tex]\Rightarrow A B_{1 } = AB + DC[/tex]
[tex]S_{A B_{1 }C } = S_{ABCD }[/tex] ( ЗАЩО?)

Подлагам отсечката $MN$ на транслация с вектор [tex]\vec{NC}[/tex] при което [tex]M\rightarrow M_{1 } , N \rightarrow C[/tex]
[tex]M M_{1 } = NC = \frac{1}{2} DC[/tex]
[tex]\begin{cases} AM = \displaystyle \frac{1}{2} AB\\ M M_{1 } = \displaystyle \frac{1}{2}DC \end{cases} \Rightarrow A M_{1 } = \displaystyle\frac{1}{2}AB + \displaystyle\frac{1}{2}DC = \displaystyle\frac{AB + CD}{2}[/tex]
[tex]\Rightarrow M_{1 }[/tex] е среда на [tex]AB_{1 } \Rightarrow C M_{1 }[/tex] е медиана в [tex]\triangle AC B_{1 }[/tex]

Продължавам медианата [tex]CM_{1 }[/tex] до т.[tex]C_{1 }[/tex], така че [tex]CM_{1 } = M_{1 } C_{1 }[/tex]
[tex]\triangle A C_{1 } M_{1 } \cong \triangle C M_{1 } B_{1 }[/tex] ( първи признак) [tex]\Rightarrow AC_{1 } = C B_{1 } = 15[/tex]
[tex]\Rightarrow S_{A C_{1 }C } = S_{A B_{1 }C } \Leftrightarrow S_{ABCD } = S_{AC C_{1 } }[/tex]
За [tex]\triangle AC C_{1 } \rightarrow AC = 13 , A C_{1 } = 15, CC_{1 } = 2.7 = 14[/tex]
Прилагам теоремата на Херон:

[tex]S_{A C_{1 } C} = \sqrt{21.8.6.7} = \sqrt{ 7^{2 }. 3^{2 }. 4^{2 } } = 84[/tex]
$$\Rightarrow S_{ABCD } = 84 cm^{2 } $$

[Darina73]

Моето решение прилича на решението на S.B.
Ще използвам нейния чертеж .
S.B. доказа ,че [tex]CM_{1 }[/tex] е медиана в [tex]\triangle AB_{1 }C[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex]

[tex]C M_{1 } ^{2 } = m_{c } ^{2 }= \frac{2 a^{2 } +2b^{2 }- c^{2 } }{4}[/tex] т.е. [tex]7^{2 }= \frac{2.225+2.169- (a+b)^{2 } }{4}[/tex]

4.49=788-[tex](a+b)^{2 }[/tex] ; a+b =[tex]\sqrt{592} =4 \sqrt{37}[/tex] см.

[tex]S_{ABCD } = \frac{(a+b)h}{2}= \frac{ AB_{1 }.h }{2} = S_{A B_{1 }C }[/tex]

Намираме p=[tex]\frac{ P_{A B_{1 }C } }{2}[/tex] = 14+2[tex]\sqrt{37}[/tex] и ползваме теоремата на Херон за [tex]\triangle AB_{1 }C[/tex] .

[tex]S_{ABCD } = \sqrt{(14+2 \sqrt{37} )(2 \sqrt{37}-1)(2 \sqrt{37} +1)(14-2 \sqrt{37}) }[/tex]

[tex]S_{ABCD } = \sqrt{(196-148)(148-1)} = \sqrt{48.147} = \sqrt{4.12.3.49} = 12.7 =84 см.^{2 }[/tex]

[Гост]

Трябва ми помощ за тези две задачи. 11 клас

Зад. 1. Даден е трапец ABCD с основи АВ = 10
см, CD = 3 см и диагонали АС=12 см, BD = 5 см. Намерете лицето на рапеца.
Зад. 2. Даден е равнобедрен трапец ABCD с основи АВ = 7 см и
CD = 3 см, а косинусьт на ъгбла при
голямата му основа e корен 2 върху 2
Намерете диагонала на трапеца..
Ще сьм благодарна, ако някой успее да ми помогне. Не мога да направя чертежа нито да я реша..

[Darina73]

зад. 1 Решавай по същия начин ,по който реших дадената вчера задача .
Подхода е абсолютно същия ,разликата е в числата .

[Гост]

Зад. 1. Даден е трапец ABCD с основи АВ = 10
см, CD = 3 см и диагонали АС=12 см, BD = 5 см. Намерете лицето на рапеца.
Зад. 2. Даден е равнобедрен трапец ABCD с основи АВ = 7 см и
CD = 3 см, а косинусьт на ъгбла при
голямата му основа e корен 2 вьрху 2

[S.B.]

Трябва ми помощ за тези две задачи. 11 клас

Зад. 1. Даден е трапец ABCD с основи АВ = 10
см, CD = 3 см и диагонали АС=12 см, BD = 5 см. Намерете лицето на рапеца.
Зад. 2. Даден е равнобедрен трапец ABCD с основи АВ = 7 см и
CD = 3 см, а косинусьт на ъгбла при
голямата му основа e корен 2 върху 2
Намерете диагонала на трапеца..
Ще сьм благодарна, ако някой успее да ми помогне. Не мога да направя чертежа нито да я реша..

Без заглавие - 2026-02-23T095544.366.png (298.08 KiB) Прегледано 112 пъти

Задача 1:
Подлагаш диагонала $BD$ на транслация с вектор [tex]\vec{DC}[/tex], при която [tex]D \rightarrow C , B \rightarrow B_{1 }[/tex]
[tex]B B_{1 } = CD = 3[/tex] (от свойствата на транслацията)
[tex]S_{ABCD } = S_{A B_{1 } C}[/tex] (ЗАЩО?)
[tex]\triangle A B_{1 }C[/tex] има страни :[tex]A B_{1 } = 10 + 3 , AC = 12, B_{1 }C = 5[/tex]
За да намериш лицето на [tex]\triangle A B_{1 }C[/tex] прилагаш теоремата на Херон.

Задача 2:

Трапецът $ABCD$ е равнобедрен.Построяваш височините [tex]C C_{1 } \bot AB , D D_{1 } \bot AB[/tex]. Точките [tex]C_{1 }[/tex] и [tex]D_{1 }[/tex] разделят основата на отсечки [tex]A D_{1 } = 2 , D_{1 } C_{1 } = 3 , C_{1 }B = 2[/tex] (ЗАЩО?)
[tex]\triangle C_{1 }BC[/tex] е правоъгълен , [tex]\angle B = 45 ^\circ[/tex] защото [tex]\cos 45 ^\circ = \frac{ \sqrt{2} }{2} \Rightarrow \triangle BC C_{1 }[/tex] е и равнобедрен [tex]\Rightarrow CC_{1 } = BC_{1 } = 2[/tex]
За [tex]\triangle A C_{1 }C[/tex] имаш всички условия за да приложиш Питагорова теорема и да намериш диагонала $AC$ ,който се явява хипотенуза в [tex]\triangle A C_{1 }C[/tex]

Успех!

Скрит текст: покажи

Следващият път,когато помолиш за помощ, не прикрепвай задачата към вече съществуваща тема, а създай своя тема!Така по- бързо ще получиш помощ.Например в този случай трябваше да пишеш в раздал 11 клас.Сега ти отговорих,защото случайно забелязах,че към темата "Трапец" е прикрепена някаква "опашка".