Привожу геометрическое решение, правда длинное и неэффективное, но зато можно повторить целый ряд теорем 🙂 1. Треугольники ВОС и АОD подобны с коэф. подобия 2:6, т.е. BD=2x+6x=8x; AC=2y+6y=8y 2. Диагонали трапеции перпендикулярны, а значит боковая сторона AB (если CD принять за "p") будет равна AB^2+p^2=6^2+2^2; AB=sqrt(40-p^2) 3. По теореме о 4-х замечательных точках трепеции (и учитывая перпендикулярность диагоналей) получим, что отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен 4; также равна 4 и средняя линия трапеции. По теореме Вариньона (соединими середины сторон трапеции) получим параллелограмм (но в нашем случае прямоугольник) со сторонами 8x/2=4х и 8y/2=4у, площадь этого прямоугольника равна 16ху, и по всё той же теореме Вариньона площадь всей трапеции равна удвоенной площади параллелограмма, т.е. 2*16ху=32ху 4. Проведём СК параллельно АВ и применим т. косинусов к тр-ку KCD: 4^2=p^2+40-p^2-2p*sqrt(40-p^2)*sqrt(2)/2; упростив, придём к ур-ю: p^4-40*p^2+288=0; откуда p1=sqrt(20+4*sqrt(7)), p2=sqrt(20-4*sqrt(7)) 5. По т.Пиф. для тр-ка ВОС получим x^2+y^2=1 6. Применим теорему Стюарта к тр-ку ACD: 40-p^2=(2/6)*p^2+(4/6)*64*y^2-2*4; упростив, получим y^2=(36-p^2)/32 Подставив значения для "р" получим две пары решений: x^2=0.8307 y^2=0.1693 или наоборот, x^2=0.1693 y^2=0.8307 7. Площадь трапеции равна S=32xy=32*(0.8307*0.1693)^0.5=12
@@alexeychernyshev9652 Ну вот к примеру, Вариньон бы скорей всего не стал бы применять свою теорему, поскольку площадь трапеции в нашем случае равна половине произведения диагоналей. S=8x*8y/2=32xy, если следовать Вашим обозначениям.
@@ДмитрийИвашкевич-я8т Да, согласен. Можно "причесать" решение, пункт "3" можно смело выбросить. Бывает, что совершенно очевидные вещи ускользают. Спасибо за замечание 🙂 Так что, в этом случае я просто выкрутился из положения с помощью Вариньона, потому что не заметил совершенно очевидный ход, на который Вы указали. Спасибо!
Решение понятное и хорошее, сам решал похожим образом, только с меньшим числом переменных в уравнениях, т.к. отталкивался от подобия треугольников ОВС и АОD. Тригонометрия и алгебра выручают всегда. Но красивая задача, тем и отличается от обычной, если её можно решить преимущественно геометрически. Здесь всё же больше алгебры и вычислений. На вашем канале часто встречаются и более изящные задачи, решаемые, через построения с минимумом вычислений и алгебраических преобразований.
Подходящий случай использовать векторы. Пусть ВО=j; CO=k, тогда ВА=j+3k CD=k+3j CK*CD=BA*CD=3(j^2+k^2)=12 S(KCD)=0,5*|CK|*|CD|*sin45°=0,5*|CK|*|CD|*cos45°=12/2 Но S(ABCD)=2*S(KCD)=12
Для любого 4-х угольника с перпендикулярными диагоналями а²+b²=A²+B²=6²+2² A,B - боковые стороны трапеции, a,b - основания трапеции; ... по т.Стюарта: 2*2²=1*а'²+1*b'²- 1*1*2; a'²+b'²=8+2=10; 6*36=3*A'²+3*B'²-3*3*6; A'²+B'²=90 ... Из подобия A/a'=B/b'=2 a',b' - стороны треугольника; sin45°=cos45°=√2/2; Площадь треугольника s s=½a'b'*√2/2; 2²=a'²+b'²-2a'b'*√2/2; s=¼(a'²+b'²)-1; s=¼(A/2)²+(B/2)²-1; s=(1/16)(A²+B²)-1; Площадь трапеции S S=8*s S=½(A²+B²)-8; S=½(a²+b²)-8; S=½(36+4)-8=12;
Пусть М - середина AD; K середина ВС. Проводим отрезок МР он пройдет через точку К и через точку пересечения диагоналей О ; МК=3+1=4; МР=6 из подобия. Опишем окружность с центром N вокруг тр. АРD. AN=ND=NP=3√2. Рассмотрим тр. МNP. NP=3√2; NM=3; MP=6. По теореме косинусов находим cos(NMP)=3/4, отсюда высота трапеции h= MK*3/4=3 S=12
Центр описанной окружности АПД находится в точке О, это приводит к равнобедренности некоторых прямоугольных треугольников, отсюда немедленно следует решение.
Обозначим один из катетов прямоуг треуг с гипот 2 за а (при том не важно какой Тогда: 2 а √(4-а²) √(4-а²+9а²)=2√(1+2а²) √(а²+9(4-а²))=2√(9-2а²) 4=1+2а²+9-2а²-2√((1+2а²)(9-2а²))/√2 6=√(2(9-2а²+18а²-4а⁴)) 18=-4а⁴+16а²+9 4а⁴-16а²+9=0 4(64-36)=4*28 а²=(16+-4√7)/8 а=√[(4+-√7)/2] Теперь зная катеты легко посяитать площадь S2=√([(4+√7)/2][(4-√7)/2])/2 S2=√(16-7)/4 S2=3/4 Треки снизу имеют площадь в 3 раза выше, а нижний в 9 То есть в 16 раз больше S=12
Приемчик с суммой квадратов х и у понравился! Спасибо!
По свойству четырехугольника , в котором диагонали пересекаются под прямым углом , суммы квадратов противоположных сторон равны : а*2+в*2=с*2+d*2 , 6*2+2*2=с*2+d*2 , c*2+d*2=40 (1), где а и в - основания трапеции , с=АВ=СК и d=СД - боковые стороны .Из тр-ка СКД h*2=c*2-(4-Х)*2=d*2-х*2 , c*2-16+8Х-Х*2=d*2-Х*2 , 8Х=d*2-c*2+16 (2) ,. Высота делит угол КСД=45* (tg45*=1)на два угла ф и у , tg ф=(4-Х)/h , tg у=Х/h , tg (ф+у)=(tg +tgу)/1-tgфхtgу , (4-Х)/h+х/h)/1-(4-Х)/h)(X/h)=1, 4h=h*2+X*2-4X , подставляя Х*2= d*2-h*2 , 4h=d*2-4Х (3) , решая уравнения (2) и (3) - 8h=c*2+d*2-16 , используя уравнение (1) получаем 8h=40-16=24 , h=24/8=3 , S=((а+в)/2)h=((6+2)/2)3=12 .
/
- У нас, в Гарварде, после туалета руки моют!
- А у нас, в MIPT, на руки не попадают.
ГААААААААААААААА
/
Привожу геометрическое решение, правда длинное и неэффективное, но зато можно повторить целый ряд теорем 🙂
1. Треугольники ВОС и АОD подобны с коэф. подобия 2:6, т.е. BD=2x+6x=8x; AC=2y+6y=8y
2. Диагонали трапеции перпендикулярны, а значит боковая сторона AB (если CD принять за "p") будет равна AB^2+p^2=6^2+2^2; AB=sqrt(40-p^2)
3. По теореме о 4-х замечательных точках трепеции (и учитывая перпендикулярность диагоналей) получим, что отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен 4; также равна 4 и средняя линия трапеции. По теореме Вариньона (соединими середины сторон трапеции) получим параллелограмм (но в нашем случае прямоугольник) со сторонами 8x/2=4х и 8y/2=4у, площадь этого прямоугольника равна 16ху, и по всё той же теореме Вариньона площадь всей трапеции равна удвоенной площади параллелограмма, т.е. 2*16ху=32ху
4. Проведём СК параллельно АВ и применим т. косинусов к тр-ку KCD: 4^2=p^2+40-p^2-2p*sqrt(40-p^2)*sqrt(2)/2; упростив, придём к ур-ю:
p^4-40*p^2+288=0; откуда p1=sqrt(20+4*sqrt(7)), p2=sqrt(20-4*sqrt(7))
5. По т.Пиф. для тр-ка ВОС получим x^2+y^2=1
6. Применим теорему Стюарта к тр-ку ACD: 40-p^2=(2/6)*p^2+(4/6)*64*y^2-2*4; упростив, получим y^2=(36-p^2)/32
Подставив значения для "р" получим две пары решений: x^2=0.8307 y^2=0.1693 или наоборот, x^2=0.1693 y^2=0.8307
7. Площадь трапеции равна S=32xy=32*(0.8307*0.1693)^0.5=12
Стюарт с Вариньоном очень бы удивились...😂
@@ДмитрийИвашкевич-я8т Чему?
@@alexeychernyshev9652 Ну вот к примеру, Вариньон бы скорей всего не стал бы применять свою теорему, поскольку площадь трапеции в нашем случае равна половине произведения диагоналей. S=8x*8y/2=32xy, если следовать Вашим обозначениям.
@@ДмитрийИвашкевич-я8т Да, согласен. Можно "причесать" решение, пункт "3" можно смело выбросить. Бывает, что совершенно очевидные вещи ускользают. Спасибо за замечание 🙂 Так что, в этом случае я просто выкрутился из положения с помощью Вариньона, потому что не заметил совершенно очевидный ход, на который Вы указали. Спасибо!
@@alexeychernyshev9652Да, согласен, естественное желание применить на практике свои знания порой приводит к усложнению решения.
Без вычисления высоты. Пусть ВР=х, РС=y, треугольники АРD и ВРС подобны и K=3. Тогда x^2 + y^2 = 10, по теореме косинусов 4 = x^2 + y^2 - 2xy√2/2, но
4S(BPC) = 2xy√2/2; S(BPC) = 3/2, S трап. = 8 S(BPC) = 8*3/2 = 12.
Самое простое, короткое и понятное решение! Мне кажется, лучшее из всех приведенных!
Решение понятное и хорошее, сам решал похожим образом, только с меньшим числом переменных в уравнениях, т.к. отталкивался от подобия треугольников ОВС и АОD. Тригонометрия и алгебра выручают всегда. Но красивая задача, тем и отличается от обычной, если её можно решить преимущественно геометрически. Здесь всё же больше алгебры и вычислений. На вашем канале часто встречаются и более изящные задачи, решаемые, через построения с минимумом вычислений и алгебраических преобразований.
Задача основана на свойстве h=ab/(a-b) - в этом изящество.
@GeometriaValeriyKazakov ну с этой точки зрения разве что
Подходящий случай использовать векторы. Пусть ВО=j; CO=k, тогда ВА=j+3k
CD=k+3j
CK*CD=BA*CD=3(j^2+k^2)=12
S(KCD)=0,5*|CK|*|CD|*sin45°=0,5*|CK|*|CD|*cos45°=12/2
Но S(ABCD)=2*S(KCD)=12
Для любого 4-х угольника с перпендикулярными диагоналями
а²+b²=A²+B²=6²+2²
A,B - боковые стороны трапеции,
a,b - основания трапеции;
...
по т.Стюарта:
2*2²=1*а'²+1*b'²- 1*1*2;
a'²+b'²=8+2=10;
6*36=3*A'²+3*B'²-3*3*6;
A'²+B'²=90
...
Из подобия
A/a'=B/b'=2
a',b' - стороны треугольника;
sin45°=cos45°=√2/2;
Площадь треугольника s
s=½a'b'*√2/2;
2²=a'²+b'²-2a'b'*√2/2;
s=¼(a'²+b'²)-1;
s=¼(A/2)²+(B/2)²-1;
s=(1/16)(A²+B²)-1;
Площадь трапеции S
S=8*s
S=½(A²+B²)-8;
S=½(a²+b²)-8;
S=½(36+4)-8=12;
S=0,5*ab(a+b)/(a-b), если в общем виде.
Пусть М - середина AD; K середина ВС. Проводим отрезок МР он пройдет через точку К и через точку пересечения диагоналей О ; МК=3+1=4; МР=6 из подобия. Опишем окружность с центром N вокруг тр. АРD. AN=ND=NP=3√2. Рассмотрим тр. МNP. NP=3√2; NM=3; MP=6.
По теореме косинусов находим cos(NMP)=3/4, отсюда высота трапеции
h= MK*3/4=3
S=12
Классное решение !
👍Маленькая ремарка: окр-ть - лишнее. медианы в подобных тр-ках относятся как основания: если МК = 4, то МР = 6.
@@adept7474 Окружность для другого, чтобы с ее помощью вычислить угол между медианой и высотой.
По теореме косинусов для BPC находим 4 = 10 - 4*S(BPC), т.е. S(BPC) = 3/2.
S(ABCD) = 3/2*(3^2 - 1)
Спасибо. Чуть бы подробнее для зрителей.
Подача остроумная, хотя по сути тот же метод. Тр. ВРС подобен1:2 тр. КСD, который рассматривал автор. Так что зрители разберутся без особого труда. 🙂
4 = 10 - 4*S(BPC) 10? что за 10? какие 10? ничего непонятно.
АВ^2+СD^2=6^2+2^2=40 по причине перпендикулярности диагоналей. РВ=АВ/2; РС=СD/2, отсюда
РВ^2+PC^2=40/4=10
@@ДмитрийИвашкевич-я8т вот спасибо.
Центр описанной окружности АПД находится в точке О, это приводит к равнобедренности некоторых прямоугольных треугольников, отсюда немедленно следует решение.
СПАСИБО. К сожалению, нет там равнобедренных.
Но пара центральный - вписанный есть. Поэтому идея хорошая.
Обозначим один из катетов прямоуг треуг с гипот 2 за а (при том не важно какой
Тогда:
2 а √(4-а²)
√(4-а²+9а²)=2√(1+2а²)
√(а²+9(4-а²))=2√(9-2а²)
4=1+2а²+9-2а²-2√((1+2а²)(9-2а²))/√2
6=√(2(9-2а²+18а²-4а⁴))
18=-4а⁴+16а²+9
4а⁴-16а²+9=0
4(64-36)=4*28
а²=(16+-4√7)/8
а=√[(4+-√7)/2]
Теперь зная катеты легко посяитать площадь
S2=√([(4+√7)/2][(4-√7)/2])/2
S2=√(16-7)/4
S2=3/4
Треки снизу имеют площадь в 3 раза выше, а нижний в 9
То есть в 16 раз больше
S=12
А нижний отрезок -- не 5?
у такой трапеции h=ab(a-b)=2*6/(6-2)=3. Выше alfal решил, получил 12.
Гут
∠CAD=∠ACB=𝜶, как накрeст лежащие углы при АD∥BC .
B ⊿ BOC, BO=BC*sin𝜶; BO=2*sin𝜶; CO=2*cos𝜶.
B ⊿ AOD, DO=AD*sin𝜶; DO=6*sin𝜶; AO=6*cos𝜶.
B ⊿ COD, CD²=CO²+DO²; CD=√(4*cos²𝜶+36*sin²𝜶)=2*√(cos²𝜶+9*sin²𝜶);
B ⊿ AOB, AB²=BO²+AO²; AB=√(4*sin²𝜶+36*cos²𝜶)=2*√(sin²𝜶+9*cos²𝜶);
DP=CP+DP; AP=BP+AB;
∆ BCP∾∆ ADP; CP/DP=BC/AD; BP/AP=BC/AD;
CP/DP=2/6=1/3; DP=3*CP; CP+CD=3*CP; CP=CD/2;
CP=(2*√(cos²𝜶+9*sin²𝜶))/2; CP=√(cos²𝜶+9*sin²𝜶).
BP/AP=1/3; AH=3*BP; BP+AB=3*BP; BP=AB/2;
BP=(2*√(sin²𝜶+9*cos²𝜶))/2; BP=√(sin²𝜶+9*cos²𝜶).
B ∆BCP, BC²=CP²+BP²-2*CP*BP*cos∠P;
2²=(√(cos²𝜶+9*sin²𝜶))²+(√(sin²𝜶+9*cos²𝜶))²-2*(√(cos²𝜶+9*sin²𝜶))*(√(sin²𝜶+9*cos²𝜶))* cos45◦;
4=cos²𝜶+9*sin²𝜶+sin𝜶+9*cos²𝜶-2(√(cos²𝜶+9*sin²𝜶)*(sin²𝜶+9*cos²𝜶))*(√2/2);
4=10-√2*√(sin²𝜶*cos²𝜶+9*sin⁴𝜶*+9*cos⁴𝜶+81*sin²𝜶*cos²𝜶);
6/√2=√(82*sin²𝜶*cos²𝜶+9*(sin⁴𝜶+cos⁴𝜶));
18=82*sin²𝜶*cos²𝜶+9*((sin⁴𝜶+2*sin²𝜶*cos²𝜶+cos⁴𝜶)-2*sin²𝜶*cos²𝜶);
18=82*sin²𝜶*cos²𝜶+9*(1-2*sin²𝜶*cos²𝜶);
18=64sin²𝜶*cos²𝜶+9;
sin²𝜶*cos²𝜶=9/64; sin𝜶*cos𝜶=3/8; 2*sin𝜶*cos𝜶=3/4; sin2𝜶=3/4.
BD=BO+DO; BD=8*sin𝜶;
AC=CO+AO; AC=8*cos𝜶.
S=(1/2)*BD*AC; S=(1/2)*8*sin𝜶*8*cos𝜶=32*sin𝜶*cos𝜶=16*sin2𝜶;
S=16*sin2𝜶; S=16*(3/4)=12; S=12.
Ответ: S=12.
Вот наглядное подтверждение слов Александра (@Zhong_Li87): "Тригонометрия и алгебра выручают всегда" 😅
@@ДмитрийИвашкевич-я8т Вот тоже тригонометрия. (Но это добрая тригонометрия.)
BO = p, CO = q, tg(BAO) = p/(3q), tg(CDO) = q/(3p)
1 = tg(45) = tg(BAO + CDO) = [p/(3q) + q/(3p)] / (1 - 1/9)
8/3 = (p^2 + q^2)/(pq) = 4/(pq) --> pq = 3/2.
S(ABCD) = 8pq = 12
@@alfal4239👍Да, тоже сразу обратил внимание, что углы ВАС и ВDC в сумме дают 45°, но как то сложновато показалось эту тему развивать.