Трапец

[Ivana_petkova]

зад.1.Равнобедрен трапец има бедро 6 см и диагонал 10 см. Ако ъгълът между диагоналите е 60[tex]^\circ[/tex] , намерете периметъра на трапеца.
зад. 2. Даден е трапец ABCD( \angle BAD=90). Окръжност к(О) с диаметър AD се допира до бедрото BC=16см в точка E. Ако BO=2OE, намерете малката основа на трапеца.

[S.B.]

зад.1.Равнобедрен трапец има бедро 6 см и диагонал 10 см. Ако ъгълът между диагоналите е 60[tex]^\circ[/tex] , намерете периметъра на трапеца.

През т.[tex]C[/tex] построяваш права [tex]CB_{1 }[/tex] II [tex]DB, B_{1 } \in AB , BB_{1 }CD[/tex] е успоредник и [tex]BB_{1 } = CD[/tex].Разглеждаш [tex]\triangle AB_{1 }C[/tex], който е равностранен (равнобедрен с ъгъл 60[tex]^\circ[/tex]),[tex]\Rightarrow AC = B_{1 }C = AB_{1 } = 10 \Rightarrow AB + BB_{1 } = 10[/tex] , но [tex]AB + BB_{1 } = AB + CD \Rightarrow P_{ABCD } = AB + CD + AD + BC = 10 + 6 + 6 = 22[/tex]

[KOPMOPAH]

През т.[tex]C[/tex] построяваш права [tex]CB_{1 }[/tex] II [tex]DB, B_{1 } \in AB , BB_{1 }CD[/tex] е успоредник и [tex]BB_{1 } = CD[/tex].Разглеждаш [tex]\triangle AB_{1 }C[/tex], който е равностранен (равнобедрен с ъгъл 60[tex]^\circ[/tex]),[tex]\Rightarrow AC = B_{1 }C = AB_{1 } = 10 \Rightarrow AB + BB_{1 } = 10[/tex] , но [tex]AB + BB_{1 } = AB + CD \Rightarrow P_{ABCD } = AB + CD + AD + BC = 10 + 6 + 6 = 22[/tex]

Идеята е правилна, но подходът - грешен
Не може височината на трапеца (която е височина и на равностранния триъгълник) да е по-голяма от бедрото
Нека да сметнем - на равностранен триъгълник със страна $10$ височината е $5\sqrt 3 \approx 8,66$...
Трябва да се съобрази, че ъгълът $\measuredangle ACB_1$ е равен не на $60^\circ$, а на $120^\circ$. Нататък се решава по начина колегата S.B.

[KOPMOPAH]

Правоъгълен трапец.png (8.86 KiB) Прегледано 1012 пъти

По условие $BO=2OE$, но $\triangle BOE$ е правоъгълен, следователно $\measuredangle OBE=30^\circ$. Не е трудно да се получи, че $\measuredangle ABC=60^\circ$, съответно $\measuredangle BCD=120^\circ$, а $\measuredangle OCE=60^\circ$
Ако спуснем височината $CF$ - за правоъгълния триъгълник $\triangle FBC$ имаме $\measuredangle FBC=\measuredangle ABC=60^\circ$, $BC=16$, следователно $FB=a-b=8$, където $a$ и $b$ са голямата и малката основа.
От свойствата на допирателните имаме $CD=CE=b$ и $AB=BE=a$ и получаваме системата $$\begin{array}{|l} a+b = 16 \\a-b = 8 \end{array}$$ която ни дава $b=4$ и $a=12$ (намерихме даже и голямата основа като бонус )

[Ivana_petkova]

През т.[tex]C[/tex] построяваш права [tex]CB_{1 }[/tex] II [tex]DB, B_{1 } \in AB , BB_{1 }CD[/tex] е успоредник и [tex]BB_{1 } = CD[/tex].Разглеждаш [tex]\triangle AB_{1 }C[/tex], който е равностранен (равнобедрен с ъгъл 60[tex]^\circ[/tex]),[tex]\Rightarrow AC = B_{1 }C = AB_{1 } = 10 \Rightarrow AB + BB_{1 } = 10[/tex] , но [tex]AB + BB_{1 } = AB + CD \Rightarrow P_{ABCD } = AB + CD + AD + BC = 10 + 6 + 6 = 22[/tex]

Идеята е правилна, но подходът - грешен
Не може височината на трапеца (която е височина и на равностранния триъгълник) да е по-голяма от бедрото
Нека да сметнем - на равностранен триъгълник със страна $10$ височината е $5\sqrt 3 \approx 8,66$...
Трябва да се съобрази, че ъгълът $\measuredangle ACB_1$ е равен не на $60^\circ$, а на $120^\circ$. Нататък се решава по начина колегата S.B.

Благодаря и на двама ви за помоща,но имам малък проблем. След като построя равнобедрения \triangle АB_{1 }С, който е тъпоъгълен с ъгъли 30^\circ и 120 ^\circ мога да намеря само височината, която е 5см. Как Да продължа по нататък?

[S.B.]

Благодаря и на двама ви за помоща,но имам малък проблем. След като построя равнобедрения \triangle АB_{1 }С, който е тъпоъгълен с ъгъли 30^\circ и 120 ^\circ мога да намеря само височината, която е 5см. Как Да продължа по нататък?

Ако беше учила Питагорова теорема тогава нямаше да имаш проблем,защото ако означиш [tex]CH[/tex] височината в тъпоъгълния триъгълник,тогава от правоъгълния [tex]\triangle AHC \Rightarrow AH^{2} = AC^{2} - CH^{2} = 10^{2} - 5^{2} = 5\sqrt{3}, а AB + BB_{1 } = 10\sqrt{3}, a P_{ABCD } = 12 + 10\sqrt{3}[/tex],но мисля,че ти не си учила Питагорова теорема.А КОРМОРАН е прав,че височината в равностранния триъгълник със страна 10 е [tex]5\sqrt{3} > 6[/tex],което е невъзможно.Напиши какъв отговор дават.Отговорът би трябвало да бъде [tex]12 + 10\sqrt{3}[/tex] по какъвто и начин да решаваш.

[Ivana_petkova]

Отговора е 22

[ева]

1 зад.не е точно зададена
Едно е да кажем,че [tex]\angle[/tex]АОВ=60[tex]^\circ[/tex] ,съвсем друго е ако [tex]\angle[/tex]AOD=60[tex]^\circ[/tex] [т.О е пресечната т.на диагоналите ]
Правилният чертеж (според мен) е ,ако [tex]\angle[/tex]АОВ=60[tex]^\circ[/tex] и S.B.вече ти прати решението в 13:50 ч.

[S.B.]

Отговора е 22

Ето ти друг начин на решение без да изнасяме диагонала:
Ако означиш прес.т. на диагоналите с т.[tex]O[/tex] и през т.[tex]O[/tex] построиш права перпендикулярна на основите,тя ще пресече [tex]AB[/tex] в т.[tex]M[/tex] и [tex]CD[/tex] в т. [tex]N[/tex], които са среди на основите.
Разглеждаш [tex]\triangle AOM , \angle AOM = 30^\circ \Rightarrow AM = \frac{AO}{2}[/tex] ;
Разглеждаш [tex]\triangle NOC , \angle NOC = 30^\circ \Rightarrow NC = \frac{OC}{2}[/tex] ;
[tex]AM + NC = \frac{AO}{2} + \frac{OC}{2} = \frac{AO + OC}{2} = \frac{AC}{2} = 5[/tex];
Но [tex]AM + NC = \frac{AB + CD}{2} = 5 \Rightarrow AB + CD = 10[/tex]
[tex]\Rightarrow P_{ABCD } = AB + CD + AD + CB = 10 + 12 = 22[/tex]

[KOPMOPAH]

Винаги, когато решавам геометрични задачи, правя чертеж. И сега направих.

Несъществуващ трапец.png (10.92 KiB) Прегледано 968 пъти

Ако $AC=10$ и $\measuredangle ACH= 60^\circ$, то $AB_1=10$, следователно $\measuredangle ACH=30^\circ$ и $AH=5$. За правоъгълния триъгълник $\triangle BHC$ се получава, че хипотенузата $BC=6$ е по-малка от катета $CH=5\sqrt 3=8,66$ .
С риск да се повторя - ще кажа, че НЯМА как $\measuredangle AOB=60^\circ$. Единственото възможност е $\measuredangle BOC=60^\circ$ и тогава периметърът не е $22$, а $12+10\sqrt 3$, като беше посочено няколко поста по-горе

Тъй като Ivana_petkova написа: "Отговора е 22" допускам, че в сборника (или каквото и да е там) наистина е посочен такъв НЕПРАВИЛЕН отговор.

Във връзка с това предлагам на администратора да направи още една рубрика във форума - "Не правете като тях - да не станете за смях", където да се публикуват всички недостатъчно коректни задачи, заедно с източниците и авторите им.

[S.B.]

Винаги, когато решавам геометрични задачи, правя чертеж. И сега направих.

Несъществуващ трапец.png

Ако $AC=10$ и $\measuredangle ACH= 60^\circ$, то $AB_1=10$, следователно $\measuredangle ACH=30^\circ$ и $AH=5$. За правоъгълния триъгълник $\triangle BHC$ се получава, че хипотенузата $BC=6$ е по-малка от катета $CH=5\sqrt 3=8,66$ .
С риск да се повторя - ще кажа, че НЯМА как $\measuredangle AOB=60^\circ$. Единственото възможност е $\measuredangle BOC=60^\circ$ и тогава периметърът не е $22$, а $12+10\sqrt 3$, като беше посочено няколко поста по-горе

Тъй като Ivana_petkova написа: "Отговора е 22" допускам, че в сборника (или каквото и да е там) наистина е посочен такъв НЕПРАВИЛЕН отговор.

Във връзка с това предлагам на администратора да направи още една рубрика във форума - "Не правете като тях - да не станете за смях", където да се публикуват всички недостатъчно коректни задачи, заедно с източниците и авторите им.

Да, така е.А аз си мисля,че авторите в желанието си да избягат от Питагор не са "домислили" задачата.Може би тази задача за 8 клас е трябвало да изглежда така:Намерете периметъра на равнобедрен трапец с бедра 9 см ,диагонали 10 см и ъгъл между диагоналите срещу основите [tex]60^\circ[/tex] И отговор 28?Кой знае?Обърне ли се колата - пътища много