Намерете лицето

[Евва]

Основата АВ на трапеца ABCD е два пъти по-голяма от основата CD .
Да се намери лицето му,ако DC=DA, AC=a, BC=b .

[ptj]

Свежда се до намирен на лице на равнобедрен триъгълник по дадени 3 медиани, за което има готова формула (подобна на Хероновата) .

[Davids]

Еквивалентна е на намиренето на лице на равнобедрен триъгълник по дадени две медиани, едната от които не е към бедро.

Мисля , че през формулата за медианата може да се мине към система и да се намерят основата и бедрата му, но сега не ми се занимава.

Аз пък съм на леко обратното мнение... че даже даденият диагонал $a$ не е нужен, тъй като може да се изрази чрез $b$
Може нещо да съм се объркал, но ето и моя поглед:

Trapec.png (21.79 KiB) Прегледано 552 пъти

Щом $AB = CD$, значи медианата $CM$ на $\triangle ABC$ допълва един ромб $AMCD$. Оттам в триъгълника медианата е равна на половината от страната срещу нея - значи той е правоъгълен. Лесно намираме, че $\angle BAC = \angle CAD = \angle ACD = 30^{\circ}$.
Оттам и $AB = 2.BC = 2b$ и всички страни с една коса чертичка са равни на $b$. Оттам трапецът ни става равнобедрен с бедра $b$, малка основа $b$ и голяма основа $2b$. Лесно намираме височината, че е $\sqrt{3}b$ и така лицето ни е $S = \frac{3b}{2}.\sqrt{3}b = \frac{3\sqrt{3}}{2}b^2$

[ptj]

Бъркаш за ъглите...

[Евва]

Отговор:

Скрит текст: покажи

[tex]\frac{3ab}{4}[/tex]

[Davids]

Бъркаш за ъглите...

Абсолютно правилно

Отговор:

Скрит текст: покажи

[tex]\frac{3ab}{4}[/tex]

В което има и абсолютна логика... Ще ползвам чертежа горе.
$S_{ABC} = \frac{ab}{2}$ от това, че е правоъгълен (което показахме по-горе).
От друга страна $S_{ACD} = S_{ACM}$ (понеже са еднакви)
Но $S_{ACM} = \frac{1}{2}S_{ABC}$, понеже $CM$ е медиана.

Така $S_{ABCD} = S_{ACM} + S_{ABC} = \frac{3}{2}S_{ABC} = \frac{3}{4}ab$

[S.B.]

Без заглавие (80).png (231.16 KiB) Прегледано 530 пъти

Основата АВ на трапеца ABCD е два пъти по-голяма от основата CD .
Да се намери лицето му,ако DC=DA, AC=a, BC=b .

И друг поглед върху задачата:
Допълвам трапеца $ABCD$ до успоредника $ABMD$
Нека [tex]\angle D = \alpha , \angle M = 180^\circ - \alpha,\angle BAC = \angle CAD = \angle DCA = \varphi[/tex]
За $\triangle ACD$ прилагам косинусова теорема и получавам $a^{2} = 2x^{2}(1 - cos\alpha) \Leftrightarrow a^{2} = 4x^{2}sin^{2}\displaystyle\frac{\alpha}{2} \Rightarrow x^{2} = \displaystyle\frac{a^{2}}{4sin^{2}\displaystyle\frac{\alpha}{2}}$
За $\triangle BCM$ аналогично с косинусова теорема получавам $x^{2} = \displaystyle\frac{b^{2}}{4cos^{2}\displaystyle\frac{\alpha}{2}}$
Тогава $\displaystyle\frac{a^{2}}{4sin^{2}\displaystyle\frac{\alpha}{2}} = \displaystyle\frac{b^{2}}{4cos^{2}\displaystyle\frac{\alpha}{2}} \Rightarrow cos^{2}\frac{\alpha}{2} = \frac{b^{2}}{a^{2} + b^{2}} , sin^{2}\frac{\alpha}{2} = \frac{a^{2}}{a^{2} + b^{2}} , x = \frac{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}{2}$
От $\triangle ACD \rightarrow 2\varphi = 180^\circ - \alpha \Rightarrow sin2\varphi = sin(180^\circ - \alpha) = sin\alpha$
От $\triangle AHD \rightarrow \frac{h}{x} = sin2\varphi \Leftrightarrow$
$ h = x.sin2\varphi = x.sin\alpha = \frac{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}{2}.2sin\frac{\alpha}{2}.cos\frac{\alpha}{2} = \frac{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}{2}.2.\frac{a}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}.\frac{b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} = \frac{ab}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}$
$S_{ABCD } = \frac{3x}{2}.h = \frac{3\sqrt{a^{2} + b^{2}}}{4}.\frac{ab}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}$
$$S_{ABCD } = \frac{3}{4}ab$$

[S.B.]

Без заглавие (84).png (208.26 KiB) Прегледано 511 пъти

Втори начин:
Построявам [tex]MC || AD ,AMCD[/tex] е ромб
За [tex]\triangle ABC ,MC[/tex] е медиана $MC = \frac{AB}{2} \Rightarrow \triangle ABC$ е правоъгълен
$ 2x = AB = \sqrt{a^{2} + b^{2}} $
За $ S_{ABC } \rightarrow \frac{ab}{2} = \frac{\sqrt{a^{2} + b^{2}}.h}{2} \Rightarrow h = \frac{ab}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}$
$S_{ABCD } = \frac{3x}{2}.h = \frac{3\sqrt{a^{2} + b^{2}}}{4}.\frac{ab}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}$
$$S_{ABCD } = \frac{3}{4}ab$$