Rješavanje geometrijskih zadataka: rješavanje četverokuta. Površina paralelograma Površina paralelograma jednaka je polovini umnoška njegovih dijagonala

Zadatak 4.

Jedna od dijagonala paralelograma dužine 4√6 sa osnovom čini ugao od 60°, a druga dijagonala sa istom osnovom čini ugao od 45°. Pronađite drugu dijagonalu.

Rješenje.

1. AO = 2√6.

2. Teoremu sinusa primjenjujemo na trougao AOD.

AO/sin D = OD/sin A.

2√6/sin 45 o = OD/sin 60 o.

OD = (2√6sin 60 o) / sin 45 o = (2√6 · √3/2) / (√2/2) = 2√18/√2 = 6.

Odgovor: 12.

Zadatak 5.

Za paralelogram sa stranicama 5√2 i 7√2, manji ugao između dijagonala jednak je manjem uglu paralelograma. Nađite zbir dužina dijagonala.

Rješenje.

Neka su d 1, d 2 dijagonale paralelograma, a ugao između dijagonala i manjeg ugla paralelograma jednak je φ.

1. Izbrojimo dva različita
načine svoje područje.

S ABCD = AB AD sin A = 5√2 7√2 sin f,

S ABCD = 1/2 AC VD sin AOB = 1/2 d 1 d 2 sin f.

Dobijamo jednakost 5√2 · 7√2 · sin f = 1/2d 1 d 2 sin f ili

2 · 5√2 · 7√2 = d 1 d 2 ;

2. Koristeći odnos između stranica i dijagonala paralelograma, zapisujemo jednakost

(AB 2 + AD 2) 2 = AC 2 + BD 2.

((5√2) 2 + (7√2) 2) 2 = d 1 2 + d 2 2.

d 1 2 + d 2 2 = 296.

3. Kreirajmo sistem:

(d 1 2 + d 2 2 = 296,
(d 1 + d 2 = 140.

Pomnožimo drugu jednačinu sistema sa 2 i dodajmo je prvoj.

Dobijamo (d 1 + d 2) 2 = 576. Otuda je Id 1 + d 2 I = 24.

Pošto su d 1, d 2 dužine dijagonala paralelograma, onda je d 1 + d 2 = 24.

Odgovor: 24.

Zadatak 6.

Stranice paralelograma su 4 i 6. Oštar ugao između dijagonala je 45 stepeni. Pronađite površinu paralelograma.

Rješenje.

1. Iz trougla AOB, koristeći kosinusnu teoremu, zapisujemo odnos između stranice paralelograma i dijagonala.

AB 2 = AO 2 + VO 2 2 · AO · VO · cos AOB.

4 2 = (d 1 /2) 2 + (d 2 /2) 2 – 2 · (d 1/2) · (d 2 /2)cos 45 o;

d 1 2 /4 + d 2 2 /4 – 2 · (d 1/2) · (d 2 /2)√2/2 = 16.

d 1 2 + d 2 2 – d 1 · d 2 √2 = 64.

2. Slično pišemo relaciju za trougao AOD.

Uzmimo to u obzir<АОD = 135 о и cos 135 о = -cos 45 о = -√2/2.

Dobijamo jednačinu d 1 2 + d 2 2 + d 1 · d 2 √2 = 144.

3. Imamo sistem
(d 1 2 + d 2 2 – d 1 · d 2 √2 = 64,
(d 1 2 + d 2 2 + d 1 · d 2 √2 = 144.

Oduzimanjem prve od druge jednačine dobijamo 2d 1 · d 2 √2 = 80 ili

d 1 d 2 = 80/(2√2) = 20√2

4. S ABCD = 1/2 AC VD sin AOB = 1/2 d 1 d 2 sin α = 1/2 20√2 √2/2 = 10.

Bilješka: U ovom i prethodnom zadatku nema potrebe rješavati sistem u potpunosti, predviđajući da nam je u ovom zadatku potreban proizvod dijagonala za izračunavanje površine.

Odgovor: 10.

Zadatak 7.

Površina paralelograma je 96, a njegove stranice su 8 i 15. Nađite kvadrat manje dijagonale.

Rješenje.

1. S ABCD = AB · AD · sin VAD. Napravimo zamjenu u formuli.

Dobijamo 96 = 8 · 15 · sin VAD. Otuda je sin VAD = 4/5.

2. Nađimo cos VAD. sin 2 VAD + cos 2 VAD = 1.

(4 / 5) 2 + cos 2 VAD = 1. cos 2 VAD = 9 / 25.

Prema uslovima zadatka nalazimo dužinu manje dijagonale. Dijagonala VD će biti manja ako je ugao VAD oštar. Tada je cos VAD = 3 / 5.

3. Iz trougla ABD, koristeći kosinus teorem, nalazimo kvadrat dijagonale BD.

VD 2 = AV 2 + AD 2 – 2 · AV · VD · cos VAD.

VD 2 = 8 2 + 15 2 – 2 8 15 3 / 5 = 145.

Odgovor: 145.

Imate još pitanja? Ne znate kako riješiti problem geometrije?
Za pomoć od tutora -.
Prva lekcija je besplatna!

blog.site, pri kopiranju materijala u cijelosti ili djelimično, potrebna je veza do originalnog izvora.

Teorema 1. Površina trapeza jednaka je umnošku polovine zbira njegovih baza i visine:

Teorema 2. Dijagonale trapeza dijele ga na četiri trokuta, od kojih su dva slična, a druga dva imaju istu površinu:

Teorema 3. Površina paralelograma jednaka je umnošku osnove i visine spuštene zadatom osnovom, ili umnošku dviju stranica i sinusa ugla između njih:

Teorema 4. U paralelogramu, zbir kvadrata dijagonala jednak je zbroju kvadrata njegovih strana:

Teorema 5. Površina proizvoljnog konveksnog četverokuta jednaka je polovici umnoška njegovih dijagonala i sinusa kuta između njih:

Teorema 6. Površina četverokuta opisanog oko kružnice jednaka je umnošku poluperimetra ovog četverokuta i polumjera date kružnice:

Teorema 7.Četvorokut čiji su vrhovi sredine stranica proizvoljnog konveksnog četverokuta je paralelogram čija je površina jednaka polovini površine izvornog četverokuta:

Teorema 8. Ako konveksni četverokut ima dijagonale koje su međusobno okomite, tada je zbroj kvadrata suprotnih strana ovog četverokuta jednak:

AB2 + CD2 = BC2 + AD2.

Članak je objavljen uz podršku kompanije "DKROST". Dječji tobogani, kućice, pješčanici i još mnogo toga - proizvodnja i prodaja dječjih igrališta na veliko i malo. Najniže cene, popusti, kratki rokovi izrade, poseta specijaliste i konsultacije, garancija kvaliteta. Možete saznati više o kompaniji, pogledati katalog proizvoda, cijene i kontakte na web stranici koja se nalazi na: http://dkrost.ru/.

Dokaz nekih teorema

Dokaz teoreme 2. Neka je ABCD dati trapez, AD i BC njegove osnove, O presječna tačka dijagonala AC i BD ovog trapeza. Dokažimo da trouglovi AOB i COD imaju istu površinu. Da biste to učinili, spustite okomite BP i CQ iz tačaka B i C na pravu AD. Tada je površina trougla ABD

A površina trougla ACD je

Pošto je BP = CQ, onda je S∆ABD = S∆ACD. Ali površina trokuta AOB je razlika između površina trokuta ABD i AOD, a površina trokuta COD je razlika između površina trokuta ACD i AOD. Prema tome, površine trouglova AOB i COD su jednake, kao što je potrebno dokazati.

Dokaz teoreme 4. Neka je ABCD paralelogram, AB = CD = a, AD = BC = b,
AC = d1, BD = d2, ∠BAD = α, ∠ADC = 180° – α. Primijenimo teoremu kosinusa na trokut ABD:

Sada primjenjujući kosinus teoremu na trokut ACD, dobivamo:

Sabirajući rezultirajuće jednakosti pojam po član, dobijamo to Q.E.D.

Dokaz teoreme 5. Neka je ABCD proizvoljan konveksan četverokut, E presječna tačka njegovih dijagonala, AE = a, BE = b,
CE = c, DE = d, ∠AEB = ∠CED = ϕ, ∠BEC =
= ∠AED = 180° – ϕ. Imamo:

Q.E.D.

Dokaz teoreme 6. Neka je ABCD proizvoljni četvorougao opisan oko kružnice, O centar ove kružnice, OK, OL, OM i ON okomite povučene iz tačke O na prave AB, BC, CD i AD, redom. Imamo:

gdje je r poluprečnik kružnice, a p poluperimetar četverougla ABCD.

Dokaz teoreme 7. Neka je ABCD proizvoljan konveksan četvorougao, K, L, M i N sredine stranica AB, BC, CD i AD, redom. Pošto je KL srednja linija trougla ABC, tada je prava KL paralelna pravoj AC i Slično, prava MN je paralelna pravoj AC i prema tome, KLMN je paralelogram. Uzmimo u obzir trougao KBL. Njegova površina je jednaka jednoj četvrtini površine trougla ABC. Površina trougla MDN je takođe jednaka četvrtini površine trougla ACD. dakle,

Isto tako,

To znači da

odakle to sledi

Dokaz teoreme 8. Neka je ABCD proizvoljan konveksan četverokut čije su dijagonale međusobno okomite, neka je E presječna točka njegovih dijagonala,
AE = a, BE = b, CE = c, DE = d. Primijenimo Pitagorinu teoremu na trouglove ABE i CDE:
AB2 = AE2 + BE2 = a 2 + b2,
CD2 = CE2 + DE2 = c2 + d2,
dakle,
AB2 + CD2 = a 2 + b2 + c2 + d2 .
Sada primjenjujući Pitagorinu teoremu na trouglove ADE i BCE, dobijamo:
AD2 = AE2 + DE2 = a 2 + d2,
BC2 = BE2 + CE2 = b2 + c2,
odakle to sledi
AD2 + BC2 = a 2 + b2 + c2 + d2 .
To znači AB2 + CD2 = AD2 + BC2, što je trebalo dokazati.

Rješenja problema

Problem 1. Oko kružnice je opisan trapez sa osnovnim uglovima α i β. Pronađite omjer površine trapeza i površine kruga.

Rješenje. Neka je ABCD dati trapez, AB i CD njegove osnove, DK i CM okomite povučene iz tačaka C i D na pravu AB. Traženi omjer ne ovisi o radijusu kružnice. Stoga ćemo pretpostaviti da je polumjer 1. Tada je površina kruga jednaka π, pronađimo površinu trapeza. Pošto je trougao ADK pravougao, onda

Slično, iz pravokutnog trokuta BCM nalazimo da Pošto se kružnica može upisati u dati trapez, sume suprotnih strana su jednake:
AB + CD = AD + BC,
odakle ga nalazimo?

Dakle, površina trapeza je

a traženi odnos je jednak
Odgovori:

Problem 2. U konveksnom četvorouglu ABCD, ugao A je jednak 90°, a ugao C ne prelazi 90°. Iz vrhova B i D okomite BE i DF se spuštaju na dijagonalu AC. Poznato je da je AE = CF. Dokažite da je ugao C pravi.

Dokaz. Kako je ugao A 90°,
a ugao C ne prelazi 90°, tada tačke E i F leže na dijagonali AC. Bez gubitka općenitosti, možemo pretpostaviti da je AE< AF (в противном случае следует повторить все нижеследующие рассуждения с заменой точек B и D). Пусть ∠ABE = α,
∠EBC = β, ∠FDA = γ, ∠FDC = δ. Dovoljno je da dokažemo da je α + β + γ + δ = π. Jer

odakle dobijamo ono što je trebalo dokazati.

Problem 3. Opseg jednakokračnog trapeza opisanog oko kružnice jednak je p. Pronađite poluprečnik ove kružnice ako je poznato da je oštar ugao u osnovi trapeza jednak α.
Rješenje. Neka je ABCD dati jednakokraki trapez sa bazama AD i BC, neka je BH visina ovog trapeza ispuštenog iz temena B.
Pošto se kružnica može upisati u dati trapez, onda

dakle,

Iz pravouglog trougla ABH nalazimo,

Odgovori:

Problem 4. Dat je trapez ABCD sa bazama AD i BC. Dijagonale AC i BD seku se u tački O, a prave AB i CD seku u tački K. Prava KO seče stranice BC i AD u tačkama M i N, a ugao BAD je 30°. Poznato je da se kružnica može upisati u trapez ABMN i NMCD. Pronađite omjer površina trougla BKC i trapeza ABCD.

Rješenje. Kao što je poznato, za proizvoljni trapez, ravna linija koja povezuje točku presjeka dijagonala i točku presjeka produžetaka bočnih strana dijeli svaku od osnova na pola. Dakle, BM = MC i AN = ND. Nadalje, budući da se kružnica može upisati u trapez ABMN i NMCD, onda
BM + AN = AB + MN,
MC + ND = CD + MN.
Iz toga slijedi da je AB = CD, odnosno da je trapez ABCD jednakokraki. Traženi omjer površina ne zavisi od skale, tako da možemo pretpostaviti da je KN = x, KM = 1. Iz pravokutnih trouglova AKN i BKM dobijamo da Pisanjem ponovo već korištenu relaciju
BM + AN = AB + MN ⇔

Moramo izračunati omjer:

Ovdje smo koristili činjenicu da su površine trouglova AKD i BKC povezane kao kvadrati stranica KN i KM, odnosno kao x2.

odgovor:

Zadatak 5. U konveksnom četvorouglu ABCD, tačke E, F, H, G su sredine stranica AB, BC, CD, DA, respektivno, a O je presečna tačka segmenata EH i FG. Poznato je da je EH = a, FG = b, Odrediti dužine dijagonala četvorougla.

Rješenje. Poznato je da ako spojite sredine stranica proizvoljnog četverougla u seriju, dobijete paralelogram. U našem slučaju, EFHG je paralelogram, a O je presjek njegovih dijagonala. Onda

Primijenimo kosinus teoremu na trokut FOH:

Pošto je FH srednja linija trougla BCD, onda

Slično, primjenom kosinusne teoreme na trokut EFO dobijamo to

Odgovori:

Zadatak 6. Bočne stranice trapeza su 3 i 5. Poznato je da se u trapez može upisati kružnica. Srednja linija trapeza dijeli ga na dva dijela, omjer njihovih površina je jednak Nađite osnove trapeza.

Rješenje. Neka je ABCD dati trapez, AB = 3 i CD = 5 njegove bočne stranice, tačke K i M sredine stranica AB i CD, redom. Neka je, radi određenosti, AD > BC, tada će površina trapeza AKMD biti veća od površine trapeza KBCM. Kako je KM središnja linija trapeza ABCD, trapezi AKMD i KBCM imaju jednake visine. Budući da je površina trapeza jednaka umnošku polovine zbira osnovica i visine, vrijedi sljedeća jednakost:

Dalje, pošto se u trapez ABCD može upisati kružnica, tada je AD + BC = AB + CD = 8. Tada je KM = 4 kao srednja linija trapeza ABCD. Neka je BC = x, tada je AD = 8 – x. Imamo:
Dakle BC = 1 i AD = 7.

odgovor: 1 i 7.

Problem 7. Osnova AB trapeza ABCD dvostruko je duža od osnove CD i dva puta duža od stranice AD. Dužina dijagonale AC je a, a dužina stranice BC jednaka je b. Pronađite površinu trapeza.

Rješenje. Neka je E presečna tačka produžetaka bočnih strana trapeza i CD = x, tada je AD = x, AB = 2x. Segment CD je paralelan sa segmentom AB i iznosi pola njegove dužine, što znači da je CD sredina trougla ABE. Prema tome, CE = BC = b i DE = AD = x, dakle AE = 2x. Dakle, trougao ABE je jednakokračan (AB = AE), a AC je njegova medijana. Stoga je AC i visina ovog trougla, što znači

Pošto je trokut DEC sličan trokutu AEB sa koeficijentom sličnosti onda

Odgovori:

Problem 8. Dijagonale trapeza ABCD seku se u tački E. Pronađite površinu trokuta BCE ako su dužine osnova trapeza AB = 30, DC = 24, stranice AD ​​= 3 i ugao DAB je 60°.

Rješenje. Neka je DH visina trapeza. Iz trougla ADH nalazimo to

Pošto je visina trougla ABC ispuštenog iz vrha C jednaka visini DH trapeza, imamo:

Odgovori:

Problem 9. U trapezu je srednja linija 4, a uglovi na jednoj od osnova su 40° i 50°. Pronađite osnove trapeza ako je segment koji povezuje sredine baza jednak 1.

Rješenje. Neka je ABCD dati trapez, AB i CD njegove baze (AB< CD), M, N - середины AB и CD соответственно. Пусть также ∠ADC = 50°, ∠BCD = 40°. Средняя линия трапеции равна полусумме оснований, поэтому
AB + CD = 8. Produžimo stranice DA i CB do preseka u tački E. Razmotrimo trougao ABE, u kojem je ∠EAB = 50°. ∠EBA = 40°,
dakle, ∠AEB = 90°. Medijan EM ovog trougla, povučen iz vrha pravog ugla, jednak je polovini hipotenuze: EM = AM. Neka je EM = x, tada AM = x, DN = 4 – x. Prema uslovu zadatka MN = 1, dakle,
EN = x + 1. Iz sličnosti trokuta AEM i DEN imamo:

To znači AB = 3 i CD = 5.

Odgovori: 3 i 5.

Problem 10. Konveksni četvorougao ABCD je opisan oko kružnice sa centrom u tački O, sa AO = OC = 1, BO = OD = 2. Nađi obim četvorougla ABCD.

Rješenje. Neka su K, L, M, N tačke tangente kružnice sa stranicama AB, BC, CD, DA, respektivno, a r je poluprečnik kružnice. Pošto je tangenta na kružnicu okomita na poluprečnik povučen u tačku tangente, trouglovi AKO, BKO, BLO, CLO, CMO, DMO, DNO, ANO su pravougaoni. Primjenjujući Pitagorinu teoremu na ove trouglove, dobijamo to

Dakle, AB = BC = CD = DA, odnosno ABCD je romb. Dijagonale romba su okomite jedna na drugu, a tačka njihovog preseka je centar upisane kružnice. Odavde lako nalazimo da je stranica romba jednaka i stoga je obim romba jednak

Odgovori:

Problemi koje treba riješiti samostalno

S-1. Jednakostranični trapez ABCD opisan je oko kružnice poluprečnika r. Neka su E i K tačke dodira ove kružnice sa stranicama trapeza. Ugao između osnovice AB i stranice AD ​​trapeza je 60°. Dokažite da je EK paralelan sa AB i pronađite površinu trapeza ABEK.
S-2. U trapezu su dijagonale 3 i 5, a segment koji povezuje sredine baza je 2. Nađite površinu trapeza.
S-3. Da li je moguće opisati kružnicu oko četvorougla ABCD ako je ∠ADC = 30°, AB = 3, BC = 4, AC = 6?
S-4. U trapezu ABCD (AB je baza), vrijednosti uglova DAB, BCD, ADC, ABD i ADB formiraju aritmetičku progresiju (redom kojim su napisane). Odrediti udaljenost od temena C do dijagonale BD ako je visina trapeza h.
S-5. Dat je jednakokraki trapez u koji je upisana kružnica i oko kojega je kružnica opisana. Odnos visine trapeza i poluprečnika opisane kružnice je Nađite uglove trapeza.
S-6. Površina pravougaonika ABCD je 48, a dužina dijagonale 10. Na ravni u kojoj se nalazi pravougaonik odabrana je tačka O tako da je OB = OD = 13. Nađite udaljenost od tačke O do vrha pravougaonika koji je od njega najudaljeniji.
S-7. Opseg paralelograma ABCD je 26. Ugao ABC je 120°. Polumjer kružnice upisane u trokut BCD je Nađite dužine stranica paralelograma ako je poznato da je AD > AB.
S-8.Četvorougao ABCD je upisan u krug sa centrom u tački O. Poluprečnik OA je okomit na poluprečnik OB, a poluprečnik OC okomit na poluprečnik OD. Dužina okomice ispuštene iz tačke C na pravu AD jednaka je 9. Dužina segmenta BC je polovina dužine segmenta AD. Pronađite površinu trokuta AOB.
S-9. U konveksnom četvorouglu ABCD, vrhovi A i C su suprotni, a dužina stranice AB je 3. Ugao ABC jednak je uglu BCD je jednak Nađite dužinu stranice AD ​​ako znate da je površina četvorougla

S-10. U konveksnom četvorouglu ABCD povučene su dijagonale AC i BD. To je poznato
AD = 2, ∠ABD = ∠ACD = 90°, a rastojanje između presečne tačke simetrale trougla ABD i presečne tačke simetrale trougla ACD je Nađite dužinu stranice BC.
S-11. Neka je M presjek dijagonala konveksnog četverougla ABCD, u kojem su stranice AB, AD i BC jednake. Pronađite ugao CMD ako je poznato da je DM = MC,
i ∠CAB ≠ ∠DBA.
S-12. U četvorouglu ABCD znamo da je ∠A = 74°, ∠D = 120°. Pronađite ugao između simetrala uglova B i C.
S-13. U četverougao ABCD može se upisati kružnica. Neka je K tačka presjeka njegovih dijagonala. Poznato je da su AB > BC > KC, a obim i površina trougla BKC su 14 i 7, respektivno.
S-14. U trapezu opisanom oko kružnice, poznato je da je BC AD, AB = CD, ∠BAD =
= 45°. Pronađite AB ako je površina trapeza ABCD 10.
S-15. U trapezu ABCD sa bazama AB i CD poznato je da ∠CAB = 2∠DBA. Pronađite površinu trapeza.
S-16. U paralelogramu ABCD poznato je da je AC = a, ∠CAB = 60°. Pronađite površinu paralelograma.
S-17. U četvorouglu ABCD, dijagonale AC i BD seku se u tački K. Tačke L i M su sredine stranica BC i AD, respektivno. Segment LM sadrži tačku K. Četvorougao ABCD je takav da se u njega može upisati kružnica. Pronađite poluprečnik ove kružnice ako je AB = 3, a LK: KM = 1:3.
S-18. U konveksnom četvorouglu ABCD povučene su dijagonale AC i BD. U ovom slučaju ∠BAC =
= ∠BDC, a površina kružnice opisane oko trougla BDC jednaka je
a) Pronađite poluprečnik kružnice opisane oko trougla ABC.
b) Znajući da je BC = 3, AC = 4, ∠BAD = 90°, pronađite površinu četvorougla ABCD.

Bilješka. Ovo je dio lekcije sa problemima geometrije (paralelogramski dio). Ako trebate riješiti problem geometrije koji nije ovdje, pišite o tome na forumu. Za označavanje akcije vađenja kvadratnog korijena u rješenjima problema, koristi se simbol √ ili sqrt(), s radikalnim izrazom navedenim u zagradama.

Teorijski materijal

Objašnjenja za formule za pronalaženje površine paralelograma:

1. Površina paralelograma jednaka je umnošku dužine jedne od njegovih stranica i visine te stranice
2. Površina paralelograma jednaka je umnošku njegove dvije susjedne stranice i sinusa ugla između njih
3. Površina paralelograma jednaka je polovini umnoška njegovih dijagonala i sinusa ugla između njih

Problemi s pronalaženjem površine paralelograma

Rješenje.
Označimo manju visinu paralelograma ABCD spuštenog iz tačke B na veću osnovu AD kao BK.
Nađimo vrijednost kraka pravokutnog trougla ABK kojeg čine manja visina, manja stranica i dio veće osnovice. Prema Pitagorinoj teoremi:

AB 2 = BK 2 + AK 2
82 = 9 2 + AK 2
AK 2 = 82 - 81
AK = 1

Produžimo gornju osnovu paralelograma BC i spustimo na nju visinu AN od njegove donje osnove. AN = BK kao stranice pravougaonika ANBK. Nađimo krak NC rezultirajućeg pravokutnog trougla ANC.
AN 2 + NC 2 = AC 2
9 2 + NC 2 = 15 2
NC 2 = 225 - 81
NC 2 = √144
NC=12

Sada pronađimo veću bazu BC paralelograma ABCD.
BC = NC - NB
Uzmimo u obzir da je NB = AK kao stranice pravougaonika, dakle
BC = 12 - 1 = 11

Površina paralelograma jednaka je umnošku osnove i visine ove baze.
S = ah
S = BC * BK
S = 11 * 9 = 99

Odgovori: 99 cm 2 .

Zadatak

Rješenje.
Spustimo još jednu okomitu DK na dijagonalu AC.
Prema tome, trouglovi AOB i DKC, COB i AKD su parno jednaki. Jedna od stranica je suprotna strana paralelograma, jedan od uglova je pravi ugao, jer je okomit na dijagonalu, a jedan od preostalih uglova je unutrašnji krst koji leži za paralelne stranice paralelograma i sekante dijagonala.

Dakle, površina paralelograma je jednaka površini navedenih trokuta. To je
Sparalel = 2S AOB +2S BOC

Površina pravokutnog trokuta jednaka je polovini proizvoda kateta. Gdje
S = 2 (1/2 8 * 4) + 2 (1/2 6 * 4) = 56 cm 2
Odgovori: 56 cm 2 .

Formula za površinu paralelograma

Površina paralelograma jednaka je umnošku njegove stranice i visine te stranice.

Dokaz

Ako je paralelogram pravougaonik, onda je jednakost zadovoljena teoremom o površini pravokutnika. Zatim pretpostavljamo da uglovi paralelograma nisu pravi.

Neka je $\ugao BAD$ oštar ugao u paralelogramu $ABCD$ i $AD > AB$. U suprotnom ćemo preimenovati vrhove. Tada visina $BH$ od temena $B$ do prave $AD$ pada na stranu $AD$, pošto je krak $AH$ kraći od hipotenuze $AB$, a $AB< AD$. Основание $K$ высоты $CK$ из точки $C$ на прямую $AB$ лежит на продолжении отрезка $AD$ за точку $D$, так как угол $\angle BAD$ острый, а значит $\angle CDA$ тупой. Вследствие параллельности прямых $BA$ и $CD$ $\angle BAH = \angle CDK$. В параллелограмме противоположные стороны равны, следовательно, по стороне и двум углам, треугольники $\triangle ABH = \triangle DCK$ равны.

Uporedimo površinu paralelograma $ABCD$ i površinu pravokutnika $HBCK$. Površina paralelograma je veća za površinu $\trokut ABH$, ali manja za površinu $\trokut DCK$. Pošto su ti trouglovi jednaki, njihove površine su jednake. To znači da je površina paralelograma jednaka površini pravougaonika sa stranicama dužine do jedne strane i visinom paralelograma.

Formula za površinu paralelograma koristeći stranice i sinus

Površina paralelograma jednaka je umnošku susjednih stranica i sinusa ugla između njih.

Dokaz

Visina paralelograma $ABCD$ spuštenog na stranu $AB$ jednaka je proizvodu segmenta $BC$ i sinusa ugla $\ugla ABC$. Ostaje primijeniti prethodnu izjavu.

Formula za površinu paralelograma koristeći dijagonale

Površina paralelograma jednaka je polovini umnoška dijagonala i sinusa kuta između njih.

Dokaz

Neka se dijagonale paralelograma $ABCD$ sijeku u tački $O$ pod uglom $\alpha$. Tada je $AO=OC$ i $BO=OD$ po svojstvu paralelograma. Sinusi uglova koji zajedno iznose $180^\circ$ su jednaki, $\ugao AOB = \ugao COD = 180^\circ - \ugao BOC = 180^\circ - \ugao AOD$. To znači da su sinusi uglova na preseku dijagonala jednaki $\sin \alpha$.

$S_(ABCD)=S_(\trokut AOB) + S_(\trokut BOC) + S_(\trokut COD) + S_(\trokut AOD)$

prema aksiomu mjerenja površine. Primjenjujemo formulu površine trougla $S_(ABC) = \dfrac(1)(2) \cdot AB \cdot BC \sin \angle ABC$ za ove trouglove i uglove kada se dijagonale sijeku. Strane svake su jednake polovini dijagonala, a sinusi su također jednaki. Stoga su površine sva četiri trokuta jednake $S = \dfrac(1)(2) \cdot \dfrac(AC)(2) \cdot \dfrac(BD)(2) \cdot \sin \alpha = \ dfrac(AC \ cdot BD)(8) \sin \alpha$. Sumirajući sve gore navedeno, dobijamo

$S_(ABCD) = 4S = 4 \cdot \dfrac(AC \cdot BD)(8) \sin \alpha = \dfrac(AC \cdot BD \cdot \sin \alpha)(2)$

Prilikom rješavanja zadataka na ovu temu, osim osnovna svojstva paralelogram i odgovarajuće formule, možete zapamtiti i primijeniti sljedeće:

1. Simetrala unutrašnjeg ugla paralelograma odsiječe od njega jednakokraki trokut
2. Simetrale unutrašnjih uglova uz jednu od stranica paralelograma međusobno su okomite
3. Simetrale koje dolaze iz suprotnih unutrašnjih uglova paralelograma paralelne su jedna s drugom ili leže na istoj pravoj liniji
4. Zbir kvadrata dijagonala paralelograma jednak je zbroju kvadrata njegovih stranica
5. Površina paralelograma jednaka je polovini umnoška dijagonala i sinusa ugla između njih

Razmotrimo probleme u kojima se ova svojstva koriste.

Zadatak 1.

Simetrala ugla C paralelograma ABCD siječe stranicu AD u tački M i nastavak stranice AB izvan tačke A u tački E. Nađi obim paralelograma ako je AE = 4, DM = 3.

Rješenje.

1. Trougao CMD je jednakokračan. (Svojstvo 1). Dakle, CD = MD = 3 cm.

2. Trougao EAM je jednakokračan.
Dakle, AE = AM = 4 cm.

3. AD = AM + MD = 7 cm.

4. Perimetar ABCD = 20 cm.

Odgovori. 20 cm.

Zadatak 2.

Dijagonale su nacrtane u konveksnom četvorouglu ABCD. Poznato je da su površine trouglova ABD, ACD, BCD jednake. Dokazati da je ovaj četvorougao paralelogram.

Rješenje.

1. Neka je BE visina trougla ABD, CF visina trougla ACD. Kako su, prema uslovima zadatka, površine trouglova jednake i imaju zajedničku osnovu AD, onda su i visine ovih trouglova jednake. BE = CF.

2. BE, CF su okomite na AD. Tačke B i C nalaze se na istoj strani u odnosu na pravu liniju AD. BE = CF. Dakle, prava BC || A.D. (*)

3. Neka je AL visina trougla ACD, BK visina trougla BCD. Kako su, prema uslovima zadatka, površine trouglova jednake i imaju zajedničku osnovu CD, onda su i visine ovih trouglova jednake. AL = BK.

4. AL i BK su okomite na CD. Tačke B i A nalaze se na istoj strani u odnosu na pravu liniju CD. AL = BK. Dakle, prava AB || CD (**)

5. Iz uslova (*), (**) slijedi da je ABCD paralelogram.

Odgovori. Dokazan. ABCD je paralelogram.

Zadatak 3.

Na stranicama BC i CD paralelograma ABCD označene su tačke M i H, tako da se segmenti BM i HD sijeku u tački O;<ВМD = 95 о,