გეომეტრიის ამოცანების ამოხსნა: ოთხკუთხედების ამოხსნა. პარალელოგრამის ფართობი პარალელოგრამის ფართობი უდრის მისი დიაგონალების ნამრავლის ნახევარს

დავალება 4.

4√6 სიგრძის პარალელოგრამის ერთ-ერთი დიაგონალი ფუძესთან ქმნის 60°-იან კუთხეს, ხოლო მეორე დიაგონალი იმავე ფუძით 45°-იან კუთხეს. იპოვეთ მეორე დიაგონალი.

გამოსავალი.

1. AO = 2√6.

2. სინუსების თეორემას ვიყენებთ AOD სამკუთხედზე.

AO/sin D = OD/sin A.

2√6/sin 45 o = OD/sin 60 o.

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

პასუხი: 12.

დავალება 5.

პარალელოგრამისთვის 5√2 და 7√2 გვერდებით, დიაგონალებს შორის პატარა კუთხე უდრის პარალელოგრამის პატარა კუთხს. იპოვეთ დიაგონალების სიგრძის ჯამი.

გამოსავალი.

ვთქვათ d 1, d 2 იყოს პარალელოგრამის დიაგონალები, ხოლო დიაგონალებსა და პარალელოგრამის პატარა კუთხეს შორის კუთხე უდრის φ.

1. დავთვალოთ ორი განსხვავებული
გზები მისი ფართობი.

S ABCD = AB AD sin A = 5√2 7√2 sin f,

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

ვიღებთ ტოლობას 5√2 · 7√2 · sin f = 1/2d 1 d 2 sin f ან

2 · 5√2 · 7√2 = d 1 d 2 ;

2. პარალელოგრამის გვერდებსა და დიაგონალებს შორის დამოკიდებულების გამოყენებით ვწერთ ტოლობას

(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. შევქმნათ სისტემა:

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

სისტემის მეორე განტოლება გავამრავლოთ 2-ზე და დავუმატოთ პირველს.

ვიღებთ (d 1 + d 2) 2 = 576. აქედან გამომდინარე, Id 1 + d 2 I = 24.

ვინაიდან d 1, d 2 არის პარალელოგრამის დიაგონალების სიგრძე, მაშინ d 1 + d 2 = 24.

პასუხი: 24.

დავალება 6.

პარალელოგრამის გვერდებია 4 და 6. დიაგონალებს შორის მახვილი კუთხე 45 გრადუსია. იპოვეთ პარალელოგრამის ფართობი.

გამოსავალი.

1. AOB სამკუთხედიდან კოსინუსების თეორემის გამოყენებით ვწერთ მიმართებას პარალელოგრამის გვერდსა და დიაგონალებს შორის.

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. ანალოგიურად ვწერთ AOD სამკუთხედის მიმართებას.

გავითვალისწინოთ რომ<АОD = 135 о и cos 135 о = -cos 45 о = -√2/2.

ვიღებთ განტოლებას d 1 2 + d 2 2 + d 1 · d 2 √2 = 144.

3. ჩვენ გვაქვს სისტემა
(d 1 2 + d 2 2 – d 1 · d 2 √2 = 64,
(d 1 2 + d 2 2 + d 1 · d 2 √2 = 144.

პირველს გამოვაკლებთ მეორე განტოლებას, მივიღებთ 2d 1 · d 2 √2 = 80 ან

d 1 d 2 = 80/(2√2) = 20√2

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

Შენიშვნა:ამ და წინა პრობლემაში არ არის საჭირო სისტემის სრულად გადაჭრა, იმის მოლოდინი, რომ ამ პრობლემაში ჩვენ გვჭირდება დიაგონალების ნამრავლი ფართობის გამოსათვლელად.

პასუხი: 10.

დავალება 7.

პარალელოგრამის ფართობი არის 96, ხოლო გვერდები 8 და 15. იპოვეთ უფრო პატარა დიაგონალის კვადრატი.

გამოსავალი.

1. S ABCD = AB · AD · sin VAD. მოდით გავაკეთოთ ჩანაცვლება ფორმულაში.

ვიღებთ 96 = 8 · 15 · sin VAD. აქედან გამომდინარე sin VAD = 4/5.

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

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

პრობლემის პირობების მიხედვით ვპოულობთ უფრო მცირე დიაგონალის სიგრძეს. დიაგონალი ВD უფრო მცირე იქნება, თუ კუთხე ВАD მკვეთრია. შემდეგ cos VAD = 3/5.

3. ABD სამკუთხედიდან კოსინუსების თეორემის გამოყენებით ვპოულობთ BD დიაგონალის კვადრატს.

ВД 2 = АВ 2 + АД 2 – 2 · АВ · ВД · cos ВАД.

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

პასუხი: 145.

ჯერ კიდევ გაქვთ შეკითხვები? არ იცით როგორ გადაჭრათ გეომეტრიის პრობლემა?
დამრიგებლისგან დახმარების მისაღებად -.
პირველი გაკვეთილი უფასოა!

blog.site, მასალის სრულად ან ნაწილობრივ კოპირებისას საჭიროა ორიგინალური წყაროს ბმული.

თეორემა 1.ტრაპეციის ფართობი უდრის მისი ფუძეებისა და სიმაღლის ჯამის ნახევრის ნამრავლს:

თეორემა 2.ტრაპეციის დიაგონალები ყოფს მას ოთხ სამკუთხედად, რომელთაგან ორი მსგავსია, ხოლო დანარჩენ ორს აქვს იგივე ფართობი:

თეორემა 3.პარალელოგრამის ფართობი ტოლია ფუძის ნამრავლისა და მოცემული ფუძით დაქვეითებული სიმაღლისა, ან ორი გვერდისა და მათ შორის კუთხის სინუსის ნამრავლისა:

თეორემა 4.პარალელოგრამში დიაგონალების კვადრატების ჯამი უდრის მისი გვერდების კვადრატების ჯამს:

თეორემა 5.თვითნებური ამოზნექილი ოთხკუთხედის ფართობი უდრის მისი დიაგონალების ნამრავლის ნახევარს და მათ შორის კუთხის სინუსს:

თეორემა 6.წრის გარშემო შემოხაზული ოთხკუთხედის ფართობი ტოლია ამ ოთხკუთხედის ნახევრადპერიმეტრისა და მოცემული წრის რადიუსის ნამრავლისა:

თეორემა 7.ოთხკუთხედი, რომლის წვეროები არის თვითნებური ამოზნექილი ოთხკუთხედის გვერდების შუა წერტილები, არის პარალელოგრამი, რომლის ფართობი უდრის თავდაპირველი ოთხკუთხედის ფართობის ნახევარს:

თეორემა 8.თუ ამოზნექილ ოთხკუთხედს აქვს ერთმანეთის პერპენდიკულარული დიაგონალები, მაშინ ამ ოთხკუთხედის მოპირდაპირე გვერდების კვადრატების ჯამი ტოლია:

AB2 + CD2 = BC2 + AD2.

სტატია გამოქვეყნდა კომპანია „DKROST“-ის მხარდაჭერით. საბავშვო სლაიდები, სახლები, ქვიშის ყუთები და მრავალი სხვა - საბავშვო მოედნების წარმოება და რეალიზაცია საბითუმო და საცალო. ყველაზე დაბალი ფასები, ფასდაკლებები, წარმოების მოკლე დრო, სპეციალისტის ვიზიტი და კონსულტაცია, ხარისხის გარანტია. თქვენ შეგიძლიათ გაიგოთ მეტი კომპანიის შესახებ, იხილოთ პროდუქციის კატალოგი, ფასები და კონტაქტები ვებსაიტზე, რომელიც განთავსებულია: http://dkrost.ru/.

ზოგიერთი თეორემის მტკიცებულება

თეორემა 2-ის დადასტურება. ABCD იყოს მოცემული ტრაპეცია, AD და BC მისი ფუძეები, O ამ ტრაპეციის AC და BD დიაგონალების გადაკვეთის წერტილი. დავამტკიცოთ, რომ სამკუთხედებს AOB და COD აქვთ იგივე ფართობი. ამისათვის BP და CQ პერპენდიკულარები B და C წერტილებიდან ჩამოწიეთ AD წრფემდე. მაშინ სამკუთხედის ფართობი ABD არის

და ACD სამკუთხედის ფართობი არის

ვინაიდან BP = CQ, მაშინ S∆ABD = S∆ACD. მაგრამ სამკუთხედის AOB ფართობი არის სხვაობა სამკუთხედების ABD და AOD არეებს შორის, ხოლო სამკუთხედის COD ფართობი არის სხვაობა სამკუთხედების ACD და AOD არეებს შორის. მაშასადამე, სამკუთხედების AOB და COD ფართობი ტოლია, როგორც საჭიროა დასამტკიცებლად.

თეორემა 4-ის დადასტურება. მოდით ABCD იყოს პარალელოგრამი, AB = CD = ა, AD = BC = b,
AC = d1, BD = d2, ∠BAD = α, ∠ADC = 180° – α. გამოვიყენოთ კოსინუსების თეორემა ABD სამკუთხედზე:

ახლა კოსინუსების თეორემის გამოყენებით ACD სამკუთხედზე მივიღებთ:

მიღებულ თანასწორობებს ვამატებთ ვადით, მივიღებთ ამას ქ.ე.დ.

თეორემა 5-ის დადასტურება. მოდით ABCD იყოს თვითნებური ამოზნექილი ოთხკუთხედი, E მისი დიაგონალების გადაკვეთის წერტილი, AE = ა, BE = b,
CE = c, DE = d, ∠AEB = ∠CED = ϕ, ∠BEC =
= ∠AED = 180° – ϕ. Ჩვენ გვაქვს:

ქ.ე.დ.

მე-6 თეორემის დადასტურება. მოდით ABCD იყოს თვითნებური ოთხკუთხედი, რომელიც შემოიფარგლება წრეზე, O ამ წრის ცენტრი, OK, OL, OM და ON პერპენდიკულარული O წერტილიდან AB, BC, CD და AD ხაზებამდე შესაბამისად. Ჩვენ გვაქვს:

სადაც r არის წრის რადიუსი და p არის ABCD ოთხკუთხედის ნახევარპერიმეტრი.

მე-7 თეორემის დადასტურება. ABCD იყოს თვითნებური ამოზნექილი ოთხკუთხედი, K, L, M და N AB, BC, CD და AD გვერდების შუა წერტილები, შესაბამისად. ვინაიდან KL არის ABC სამკუთხედის შუა ხაზი, მაშინ წრფე KL პარალელურია AC წრფის პარალელურად და ანალოგიურად, წრფე MN პარალელურია AC წრფესთან და ამიტომ, KLMN არის პარალელოგრამი. განვიხილოთ სამკუთხედი KBL. მისი ფართობი უდრის ABC სამკუთხედის ფართობის მეოთხედს. სამკუთხედის MDN ფართობი ასევე უდრის ACD სამკუთხედის ფართობის მეოთხედს. აქედან გამომდინარე,

ანალოგიურად,

Ეს ნიშნავს, რომ

სად მოჰყვება ამას

თეორემა 8-ის დადასტურება. მოდით ABCD იყოს თვითნებური ამოზნექილი ოთხკუთხედი, რომლის დიაგონალები ორმხრივი პერპენდიკულურია, ე იყოს მისი დიაგონალების გადაკვეთის წერტილი,
AE = ა, BE = b, CE = c, DE = d. მოდით გამოვიყენოთ პითაგორას თეორემა სამკუთხედებზე ABE და CDE:
AB2 = AE2 + BE2 = ა 2 + b2,
CD2 = CE2 + DE2 = c2 + d2,
აქედან გამომდინარე,
AB2 + CD2 = ა 2 + b2 + c2 + d2 .
ახლა პითაგორას თეორემის გამოყენებით ADE და BCE სამკუთხედებზე მივიღებთ:
AD2 = AE2 + DE2 = ა 2 + d2,
BC2 = BE2 + CE2 = b2 + c2,
სად მოჰყვება ამას
AD2 + BC2 = ა 2 + b2 + c2 + d2 .
ეს ნიშნავს AB2 + CD2 = AD2 + BC2, რაც უნდა დადასტურდეს.

პრობლემის გადაწყვეტილებები

პრობლემა 1. წრის გარშემო აღწერილია ტრაპეცია ფუძის კუთხეებით α და β. იპოვეთ ტრაპეციის ფართობის თანაფარდობა წრის ფართობთან.

გამოსავალი. ABCD იყოს მოცემული ტრაპეცია, AB და CD მისი ფუძეები, DK და CM პერპენდიკულარები C და D წერტილებიდან AB წრფემდე. საჭირო თანაფარდობა არ არის დამოკიდებული წრის რადიუსზე. მაშასადამე, ჩავთვლით, რომ რადიუსი არის 1. მაშინ წრის ფართობი უდრის π, ვიპოვოთ ტრაპეციის ფართობი. ვინაიდან სამკუთხედი ADK მართკუთხაა, მაშინ

ანალოგიურად, BCM მართკუთხა სამკუთხედიდან ვხვდებით, რომ ვინაიდან წრე შეიძლება ჩაიწეროს მოცემულ ტრაპეციაში, მოპირდაპირე გვერდების ჯამები ტოლია:
AB + CD = AD + BC,
საიდან ვიპოვოთ?

ასე რომ, ტრაპეციის ფართობი არის

და საჭირო თანაფარდობა უდრის
უპასუხე:

პრობლემა 2. ამოზნექილ ოთხკუთხედში ABCD კუთხე A უდრის 90°-ს, ხოლო C კუთხე არ აღემატება 90°-ს. B და D წვეროებიდან BE და DF პერპენდიკულარები ჩამოშვებულია AC დიაგონალზე. ცნობილია, რომ AE = CF. დაამტკიცეთ, რომ C კუთხე სწორია.

მტკიცებულება. ვინაიდან კუთხე A არის 90°,
და კუთხე C არ აღემატება 90°-ს, მაშინ E და F წერტილები დევს AC დიაგონალზე. ზოგადობის დაკარგვის გარეშე შეგვიძლია ვივარაუდოთ, რომ 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. საკმარისია დავამტკიცოთ, რომ α + β + γ + δ = π. იმიტომ რომ

საიდანაც ვიღებთ იმას, რისი დამტკიცება იყო საჭირო.

პრობლემა 3. წრის გარშემო შემოხაზული ტოლფერდა ტრაპეციის პერიმეტრი უდრის p. იპოვეთ ამ წრის რადიუსი, თუ ცნობილია, რომ ტრაპეციის ფუძის მწვავე კუთხე α-ს უდრის.
გამოსავალი. მოდით ABCD იყოს მოცემული ტოლფერდა ტრაპეცია AD და BC ფუძეებით, მოდით BH იყოს B წვეროდან ამოვარდნილი ამ ტრაპეციის სიმაღლე.
ვინაიდან წრე შეიძლება ჩაიწეროს მოცემულ ტრაპეციაში, მაშინ

აქედან გამომდინარე,

ABH მართკუთხა სამკუთხედიდან ვპოულობთ,

უპასუხე:

პრობლემა 4. მოცემულია ტრაპეცია ABCD ბაზებით AD და BC. AC და BD დიაგონალები იკვეთება O წერტილში, ხოლო AB და CD წრფეები იკვეთება K წერტილში. KO ხაზი კვეთს BC და AD გვერდებს M და N წერტილებში, შესაბამისად, და კუთხე BAD არის 30°. ცნობილია, რომ წრე შეიძლება ჩაიწეროს ტრაპეციაში ABMN და NMCD. იპოვეთ BKC სამკუთხედისა და ABCD ტრაპეციის ფართობის თანაფარდობა.

გამოსავალი. როგორც ცნობილია, თვითნებური ტრაპეციისთვის, სწორი ხაზი, რომელიც აკავშირებს დიაგონალების გადაკვეთის წერტილს და გვერდითი გვერდების გაფართოების გადაკვეთის წერტილს, თითოეულ ფუძეს შუაზე ყოფს. ასე რომ, BM = MC და AN = ND. გარდა ამისა, ვინაიდან წრე შეიძლება ჩაიწეროს ტრაპეციაში ABMN და NMCD, მაშინ
BM + AN = AB + MN,
MC + ND = CD + MN.
აქედან გამომდინარეობს, რომ AB = CD, ანუ ტრაპეცია ABCD არის ტოლფერდა. ფართობის საჭირო თანაფარდობა არ არის დამოკიდებული მასშტაბზე, ამიტომ შეგვიძლია ვივარაუდოთ, რომ KN = x, KM = 1. მართკუთხა სამკუთხედებიდან AKN და BKM ვიღებთ, რომ Writing ისევ ზემოთ უკვე გამოყენებული მიმართებაა.
BM + AN = AB + MN ⇔

ჩვენ უნდა გამოვთვალოთ თანაფარდობა:

აქ გამოვიყენეთ ის ფაქტი, რომ AKD და BKC სამკუთხედების ფართობები დაკავშირებულია KN და KM გვერდების კვადრატებად, ანუ x2-ად.

პასუხი:

დავალება 5.ამოზნექილ ოთხკუთხედში ABCD წერტილები E, F, H, G არის AB, BC, CD, DA გვერდების შუა წერტილები, შესაბამისად, ხოლო O არის EH და FG სეგმენტების გადაკვეთის წერტილი. ცნობილია, რომ EH = ა, FG = b, იპოვეთ ოთხკუთხედის დიაგონალების სიგრძეები.

გამოსავალი. ცნობილია, რომ თუ თვითნებური ოთხკუთხედის გვერდების შუა წერტილებს სერიაში დააკავშირებთ, მიიღებთ პარალელოგრამს. ჩვენს შემთხვევაში, EFHG არის პარალელოგრამი და O არის მისი დიაგონალების გადაკვეთის წერტილი. მერე

მოდით გამოვიყენოთ კოსინუსების თეორემა სამკუთხედზე FOH:

ვინაიდან FH არის BCD სამკუთხედის შუა ხაზი, მაშინ

ანალოგიურად, კოსინუსების თეორემის გამოყენებით EFO სამკუთხედზე, მივიღებთ ამას

უპასუხე:

დავალება 6.ტრაპეციის გვერდითი მხარეებია 3 და 5. ცნობილია, რომ ტრაპეციაში წრე შეიძლება ჩაიწეროს. ტრაპეციის შუა ხაზი მას ორ ნაწილად ყოფს, მათი ფართობების თანაფარდობა უდრის იპოვე ტრაპეციის ფუძეები.

გამოსავალი. მოდით ABCD იყოს მოცემული ტრაპეცია, AB = 3 და CD = 5 მისი გვერდითი მხარეები, წერტილები K და M AB და CD გვერდების შუა წერტილები, შესაბამისად. მოდით, დაზუსტებისთვის, AD > BC, მაშინ ტრაპეციის ფართობი AKMD უფრო დიდი იქნება, ვიდრე ტრაპეციის KBCM ფართობი. ვინაიდან KM არის ABCD ტრაპეციის შუა ხაზი, ტრაპეცია AKMD და KBCM აქვთ თანაბარი სიმაღლეები. ვინაიდან ტრაპეციის ფართობი უდრის ფუძეებისა და სიმაღლის ჯამის ნახევრის ნამრავლს, ჭეშმარიტია შემდეგი ტოლობა:

გარდა ამისა, ვინაიდან წრე შეიძლება ჩაიწეროს ABCD ტრაპეციაში, მაშინ AD + BC = AB + CD = 8. შემდეგ KM = 4, როგორც ABCD ტრაპეციის შუა ხაზი. ვთქვათ BC = x, შემდეგ AD = 8 – x. Ჩვენ გვაქვს:
ასე რომ, BC = 1 და AD = 7.

პასუხი: 1 და 7.

პრობლემა 7. ABCD ტრაპეციის ფუძე AB ორჯერ გრძელია ფუძე CD-ზე და ორჯერ გრძელი ვიდრე AD გვერდი. AC დიაგონალის სიგრძეა ა, და BC გვერდის სიგრძე უდრის b. იპოვნეთ ტრაპეციის ფართობი.

გამოსავალი. მოდით E იყოს ტრაპეციის გვერდითი გვერდების გაფართოების გადაკვეთის წერტილი და CD = x, შემდეგ AD = x, AB = 2x. სეგმენტი CD არის AB სეგმენტის პარალელურად და მისი სიგრძის ნახევარია, რაც ნიშნავს, რომ CD არის ABE სამკუთხედის შუა ხაზი. ამიტომ, CE = BC = b და DE = AD = x, აქედან გამომდინარე, AE = 2x. ასე რომ, სამკუთხედი ABE არის ტოლფერდა (AB = AE) და AC არის მისი მედიანა. ამიტომ AC არის ასევე ამ სამკუთხედის სიმაღლე, რაც ნიშნავს

ვინაიდან სამკუთხედი DEC მსგავსია AEB სამკუთხედის მსგავსების კოეფიციენტით

უპასუხე:

პრობლემა 8. ABCD ტრაპეციის დიაგონალები იკვეთება E წერტილში. იპოვეთ BCE სამკუთხედის ფართობი, თუ ტრაპეციის ფუძეების სიგრძეა AB = 30, DC = 24, გვერდები AD = 3 და კუთხე DAB არის 60°.

გამოსავალი. მოდით DH იყოს ტრაპეციის სიმაღლე. ADH სამკუთხედიდან ვხვდებით, რომ

ვინაიდან ABC სამკუთხედის სიმაღლე C წვეროდან ამოვარდნილი უდრის ტრაპეციის DH სიმაღლეს, გვაქვს:

უპასუხე:

პრობლემა 9. ტრაპეციაში შუა ხაზი არის 4, ხოლო კუთხეები ერთ-ერთ ფუძესთან არის 40° და 50°. იპოვეთ ტრაპეციის ფუძეები, თუ ფუძეების შუა წერტილების დამაკავშირებელი სეგმენტი 1-ის ტოლია.

გამოსავალი. მოდით ABCD იყოს მოცემული ტრაპეცია, AB და CD მისი ფუძეები (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. DA და CB გვერდები გააფართოვეთ E წერტილის კვეთამდე. განვიხილოთ სამკუთხედი ABE, რომელშიც ∠EAB = 50°. ∠EBA = 40°,
შესაბამისად, ∠AEB = 90°. ამ სამკუთხედის მედიანა EM, გამოყვანილი მართი კუთხის წვეროდან, უდრის ჰიპოტენუზის ნახევარს: EM = AM. მოდით EM = x, შემდეგ AM = x, DN = 4 – x. პრობლემის პირობის მიხედვით MN = 1, შესაბამისად,
EN = x + 1. სამკუთხედების AEM და DEN მსგავსებიდან გვაქვს:

ეს ნიშნავს AB = 3 და CD = 5.

უპასუხე: 3 და 5.

პრობლემა 10. ამოზნექილი ოთხკუთხედი ABCD შემოხაზულია წრეზე, რომლის ცენტრია O წერტილში, AO = OC = 1, BO = OD = 2. იპოვეთ ABCD ოთხკუთხედის პერიმეტრი.

გამოსავალი. მოდით K, L, M, N იყოს წრის ტანგენტური წერტილები AB, BC, CD, DA გვერდებით, შესაბამისად, და r იყოს წრის რადიუსი. ვინაიდან წრეზე ტანგენსი პერპენდიკულარულია მიზიდულობის წერტილამდე მიყვანილ რადიუსზე, სამკუთხედები AKO, BKO, BLO, CLO, CMO, DMO, DNO, ANO მართკუთხაა. ამ სამკუთხედებზე პითაგორას თეორემის გამოყენებისას მივიღებთ ამას

მაშასადამე, AB = BC = CD = DA, ანუ ABCD არის რომბი. რომბის დიაგონალები ერთმანეთის პერპენდიკულარულია და მათი გადაკვეთის წერტილი არის ჩაწერილი წრის ცენტრი. აქედან ადვილად ვხვდებით, რომ რომბის გვერდი ტოლია და შესაბამისად რომბის პერიმეტრი ტოლია

უპასუხე:

დამოუკიდებლად გადასაჭრელი პრობლემები

S-1. ABCD ტოლგვერდა ტრაპეცია შემოიფარგლება r რადიუსის წრის გარშემო. მოდით, E და K იყოს ამ წრის მიზიდულობის წერტილები ტრაპეციის გვერდებთან. კუთხე AB ფუძესა და ტრაპეციის AD მხარეს შორის არის 60°. დაამტკიცეთ, რომ EK არის AB-ის პარალელურად და იპოვეთ ABEK ტრაპეციის ფართობი.
S-2.ტრაპეციაში დიაგონალები არის 3 და 5, ხოლო ფუძის შუა წერტილების დამაკავშირებელი სეგმენტი არის 2. იპოვეთ ტრაპეციის ფართობი.
S-3. შესაძლებელია თუ არა ABCD ოთხკუთხედის გარშემო წრის აღწერა, თუ ∠ADC = 30°, AB = 3, BC = 4, AC = 6?
S-4. ABCD ტრაპეციაში (AB არის საფუძველი), DAB, BCD, ADC, ABD და ADB კუთხეების მნიშვნელობები ქმნიან არითმეტიკულ პროგრესიას (მიმდევრობით, რომლითაც ისინი იწერება). იპოვეთ მანძილი C წვეროდან BD დიაგონალამდე, თუ ტრაპეციის სიმაღლე არის h.
S-5.მოცემულია ტოლფერდა ტრაპეცია, რომელშიც წრეა ჩაწერილი და რომლის ირგვლივ წრეა შემოხაზული. ტრაპეციის სიმაღლის შეფარდება შემოხაზული წრის რადიუსთან არის იპოვეთ ტრაპეციის კუთხეები.
S-6. ABCD მართკუთხედის ფართობი არის 48, ხოლო დიაგონალის სიგრძე 10. სიბრტყეზე, რომელშიც მართკუთხედი მდებარეობს, O წერტილი არჩეულია ისე, რომ OB = OD = 13. იპოვეთ მანძილი O წერტილიდან წვერომდე. მისგან ყველაზე შორს მდებარე მართკუთხედისა.
S-7. ABCD პარალელოგრამის პერიმეტრი არის 26. კუთხე ABC არის 120°. BCD სამკუთხედში ჩაწერილი წრის რადიუსი არის იპოვეთ პარალელოგრამის გვერდების სიგრძეები, თუ ცნობილია, რომ AD > AB.
S-8.ოთხკუთხედი ABCD ჩაწერილია წრეში ცენტრით O წერტილში. OA რადიუსი პერპენდიკულარულია OB რადიუსზე, ხოლო OC რადიუსი არის OD რადიუსის პერპენდიკულარული. C წერტილიდან AD წრფემდე ჩამოშვებული პერპენდიკულურის სიგრძე უდრის 9-ს. BC სეგმენტის სიგრძე AD სეგმენტის სიგრძის ნახევარია. იპოვეთ AOB სამკუთხედის ფართობი.
S-9.ამოზნექილ ოთხკუთხედში ABCD წვეროები A და C საპირისპიროა, ხოლო AB გვერდის სიგრძე არის 3. კუთხე ABC უდრის კუთხეს BCD ტოლია იპოვეთ AD გვერდის სიგრძე, თუ იცით, რომ ოთხკუთხედის ფართობი არის ტოლია

S-10.ამოზნექილ ოთხკუთხედში ABCD დახაზულია AC და BD დიაგონალები. ცნობილია, რომ
AD = 2, ∠ABD = ∠ACD = 90° და მანძილი ABD სამკუთხედის ბისექტრის გადაკვეთის წერტილსა და ACD სამკუთხედის ბისექტრის გადაკვეთის წერტილს შორის არის იპოვეთ BC გვერდის სიგრძე.
S-11.მოდით M იყოს ამოზნექილი ოთხკუთხედის ABCD დიაგონალების გადაკვეთის წერტილი, რომელშიც AB, AD და BC გვერდები ტოლია. იპოვეთ კუთხე CMD, თუ ცნობილია, რომ DM = MC,
და ∠CAB ≠ ∠DBA.
S-12.ოთხკუთხედში ABCD ვიცით, რომ ∠A = 74°, ∠D = 120°. იპოვეთ კუთხე B და C კუთხეების ბისექტრებს შორის.
S-13.წრე შეიძლება ჩაიწეროს ABCD ოთხკუთხედში. მოდით K იყოს მისი დიაგონალების გადაკვეთის წერტილი. ცნობილია, რომ AB > BC > KC და BKC სამკუთხედის პერიმეტრი და ფართობი არის შესაბამისად 14 და 7. იპოვეთ DC.
S-14.წრის გარშემო შემოხაზულ ტრაპეციაში ცნობილია, რომ BC AD, AB = CD, ∠BAD =
= 45°. იპოვეთ AB, თუ ABCD ტრაპეციის ფართობი არის 10.
S-15. ABCD ტრაპეციაში AB და CD ფუძეებით ცნობილია, რომ ∠CAB = 2∠DBA. იპოვნეთ ტრაპეციის ფართობი.
S-16. ABCD პარალელოგრამში ცნობილია, რომ AC = ა, ∠CAB = 60°. იპოვეთ პარალელოგრამის ფართობი.
S-17. ოთხკუთხედში ABCD დიაგონალები AC და BD იკვეთება K წერტილში. წერტილები L და M არის BC და AD გვერდების შუა წერტილები, შესაბამისად. სეგმენტი LM შეიცავს K წერტილს. ოთხკუთხედი ABCD ისეთია, რომ მასში წრე შეიძლება ჩაიწეროს. იპოვეთ ამ წრის რადიუსი, თუ AB = 3, და LK: KM = 1: 3.
S-18.ამოზნექილ ოთხკუთხედში ABCD დახაზულია AC და BD დიაგონალები. ამ შემთხვევაში ∠BAC =
= ∠BDC და BDC სამკუთხედის გარშემო შემოხაზული წრის ფართობი უდრის
ა) იპოვეთ ABC სამკუთხედის გარშემო შემოხაზული წრის რადიუსი.
ბ) იმის ცოდნა, რომ BC = 3, AC = 4, ∠BAD = 90°, იპოვეთ ოთხკუთხედის ABCD ფართობი.

შენიშვნა. ეს არის გეომეტრიის ამოცანების გაკვეთილის ნაწილი (პარალელოგრამის განყოფილება). თუ თქვენ გჭირდებათ გეომეტრიის პრობლემის გადაჭრა, რომელიც აქ არ არის, დაწერეთ ამის შესახებ ფორუმზე. პრობლემის გადაწყვეტილებებში კვადრატული ფესვის ამოღების მოქმედების აღსანიშნავად გამოიყენება სიმბოლო √ ან sqrt(), ფრჩხილებში მითითებული რადიკალური გამოხატულებით.

თეორიული მასალა

პარალელოგრამის ფართობის პოვნის ფორმულების ახსნა:

1. პარალელოგრამის ფართობი უდრის მისი ერთ-ერთი მხარის სიგრძისა და ამ მხარის სიმაღლის ნამრავლს
2. პარალელოგრამის ფართობი უდრის მისი ორი მიმდებარე გვერდის ნამრავლს და მათ შორის კუთხის სინუსს.
3. პარალელოგრამის ფართობი უდრის მისი დიაგონალების ნამრავლის ნახევარს და მათ შორის კუთხის სინუსს.

პრობლემები პარალელოგრამის ფართობის პოვნისას

გამოსავალი.
B წერტილიდან AD უფრო დიდ ფუძემდე AD ABCD პარალელოგრამის უფრო მცირე სიმაღლე ავღნიშნოთ, როგორც BK.
ვიპოვოთ მართკუთხა სამკუთხედის ABK ფეხის მნიშვნელობა, რომელიც წარმოიქმნება უფრო მცირე სიმაღლით, უფრო მცირე გვერდით და უფრო დიდი ფუძის ნაწილით. პითაგორას თეორემის მიხედვით:

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

გავაგრძელოთ BC პარალელოგრამის ზედა ფუძე და ქვედა ფუძიდან ჩამოვწიოთ AN სიმაღლე. AN = BK, როგორც ANBK მართკუთხედის გვერდები. მოდით ვიპოვოთ მიღებული მართკუთხა სამკუთხედის ANC ფეხი NC.
AN 2 + NC 2 = AC 2
9 2 + NC 2 = 15 2
NC 2 = 225 - 81
NC 2 = √144
NC=12

ახლა ვიპოვოთ ABCD პარალელოგრამის უფრო დიდი ფუძე BC.
BC = NC - NB
გავითვალისწინოთ, რომ NB = AK, როგორც მართკუთხედის გვერდები, მაშინ
BC = 12 - 1 = 11

პარალელოგრამის ფართობი უდრის ფუძის ნამრავლს და სიმაღლე ამ ფუძეს.
S = აჰ
S = BC * BK
S = 11 * 9 = 99

უპასუხე: 99 სმ 2 .

დავალება

გამოსავალი.
მოდით ჩამოვაგდოთ კიდევ ერთი პერპენდიკულარული DK დიაგონალზე AC.
შესაბამისად, სამკუთხედები AOB და DKC, COB და AKD წყვილი ტოლია. ერთ-ერთი გვერდი არის პარალელოგრამის საპირისპირო მხარე, ერთ-ერთი კუთხე არის სწორი ხაზი, რადგან ის დიაგონალზე პერპენდიკულარულია, ხოლო ერთი დარჩენილი კუთხე არის შიდა ჯვარი, რომელიც მდებარეობს პარალელოგრამის და სეკანტის პარალელურ გვერდებზე. დიაგონალი.

ამრიგად, პარალელოგრამის ფართობი უდრის მითითებული სამკუთხედების ფართობს. ანუ
სპარალელი = 2S AOB +2S BOC

მართკუთხა სამკუთხედის ფართობი უდრის ფეხების ნამრავლის ნახევარს. სად
S = 2 (1/2 8 * 4) + 2 (1/2 6 * 4) = 56 სმ 2
უპასუხე: 56 სმ 2 .

პარალელოგრამის ფართობის ფორმულა

პარალელოგრამის ფართობი ტოლია მისი მხარისა და ამ მხარის სიმაღლის ნამრავლის.

მტკიცებულება

თუ პარალელოგრამი არის მართკუთხედი, მაშინ თანასწორობა აკმაყოფილებს თეორემას მართკუთხედის ფართობზე. შემდეგი, ჩვენ ვივარაუდებთ, რომ პარალელოგრამის კუთხეები სწორი არ არის.

მოდით $\კუთხე BAD$ იყოს მწვავე კუთხე $ABCD$ პარალელოგრამში და $AD > AB$. წინააღმდეგ შემთხვევაში, ჩვენ გადავარქმევთ წვეროებს. შემდეგ $BH$ სიმაღლე $B$ წვეროდან $AD$ წრფემდე მოდის $AD$ მხარეს, ვინაიდან ფეხი $AH$ უფრო მოკლეა ვიდრე $AB$ ჰიპოტენუზა და $AB.< AD$. 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.

მოდით შევადაროთ $ABCD$ პარალელოგრამის ფართობი და $HBCK$ ოთხკუთხედის ფართობი. პარალელოგრამის ფართობი მეტია $\სამკუთხედის ABH$ ფართობის მიხედვით, მაგრამ ნაკლებია $\სამკუთხედის DCK$ ფართობის მიხედვით. ვინაიდან ეს სამკუთხედები ტოლია, მათი ფართობი ტოლია. ეს ნიშნავს, რომ პარალელოგრამის ფართობი უდრის მართკუთხედის ფართობს, გვერდების სიგრძეზე და პარალელოგრამის სიმაღლეზე.

პარალელოგრამის ფართობის ფორმულა გვერდებისა და სინუსის გამოყენებით

პარალელოგრამის ფართობი უდრის მიმდებარე გვერდების ნამრავლს და მათ შორის კუთხის სინუსს.

მტკიცებულება

$ABCD$ პარალელოგრამის სიმაღლე $AB$-ზე ჩამოშვებული $BC$ სეგმენტისა და $\კუთხის ABC$-ის კუთხის ნამრავლის ტოლია. რჩება წინა განცხადების გამოყენება.

პარალელოგრამის ფართობის ფორმულა დიაგონალების გამოყენებით

პარალელოგრამის ფართობი უდრის დიაგონალების ნამრავლის ნახევარს და მათ შორის კუთხის სინუსს.

მტკიცებულება

მოდით $ABCD$ პარალელოგრამის დიაგონალები გადაიკვეთოს $O$ წერტილში $\alpha$ კუთხით. შემდეგ $AO=OC$ და $BO=OD$ პარალელოგრამის თვისებით. კუთხების სინუსები, რომლებიც ემატება $180^\circ$-ს ტოლია, $\კუთხე AOB = \კუთხე COD = 180^\circ - \კუთხე BOC = 180^\circ - \კუთხე AOD$. ეს ნიშნავს, რომ დიაგონალების გადაკვეთაზე მდებარე კუთხეების სინუსები $\sin \alpha$-ის ტოლია.

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

ფართობის გაზომვის აქსიომის მიხედვით. ჩვენ ვიყენებთ სამკუთხედის ფართობის ფორმულას $S_(ABC) = \dfrac(1)(2) \cdot AB \cdot BC \sin \angle ABC$ ამ სამკუთხედებისთვის და კუთხეებისთვის, როდესაც დიაგონალები იკვეთება. თითოეულის გვერდები უდრის დიაგონალების ნახევარს და სინუსებიც ტოლია. ამიტომ ოთხივე სამკუთხედის ფართობი უდრის $S = \dfrac(1)(2) \cdot \dfrac(AC)(2) \cdot \dfrac(BD)(2) \cdot \sin \alpha = \ dfrac(AC \ cdot BD)(8) \sin \alpha$. ყოველივე ზემოთქმულის შეჯამებით, მივიღებთ

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

ამ თემაზე პრობლემების გადაჭრისას გარდა ძირითადი თვისებები პარალელოგრამიდა შესაბამისი ფორმულები, შეგიძლიათ გახსოვდეთ და გამოიყენოთ შემდეგი:

1. პარალელოგრამის შიდა კუთხის ბისექტრი წყვეტს მისგან ტოლფერდა სამკუთხედს
2. პარალელოგრამის ერთ-ერთი გვერდის მიმდებარე შიდა კუთხეების ბისექტრები ერთმანეთის პერპენდიკულურია.
3. პარალელოგრამის მოპირდაპირე შიდა კუთხიდან გამომავალი ბისექტრები ერთმანეთის პარალელურია ან ერთსა და იმავე სწორ ხაზზე დევს
4. პარალელოგრამის დიაგონალების კვადრატების ჯამი უდრის მისი გვერდების კვადრატების ჯამს
5. პარალელოგრამის ფართობი უდრის დიაგონალების ნამრავლის ნახევარს და მათ შორის კუთხის სინუსს.

მოდით განვიხილოთ პრობლემები, რომლებშიც გამოიყენება ეს თვისებები.

დავალება 1.

ABCD პარალელოგრამის C კუთხის ბისექტრი კვეთს AD მხარეს M წერტილში და AB გვერდის გაგრძელებას A წერტილის მიღმა E წერტილში. იპოვეთ პარალელოგრამის პერიმეტრი, თუ AE = 4, DM = 3.

გამოსავალი.

1. სამკუთხედი CMD არის ტოლფერდა. (საკუთრება 1). ამიტომ, CD = MD = 3 სმ.

2. სამკუთხედი EAM არის ტოლფერდა.
ამიტომ, AE = AM = 4 სმ.

3. AD = AM + MD = 7 სმ.

4. პერიმეტრი ABCD = 20 სმ.

უპასუხე. 20 სმ.

დავალება 2.

დიაგონალები შედგენილია ამოზნექილ ოთხკუთხედ ABCD-ში. ცნობილია, რომ ABD, ACD, BCD სამკუთხედების ფართობები ტოლია. დაამტკიცეთ, რომ ეს ოთხკუთხედი პარალელოგრამია.

გამოსავალი.

1. მოდით იყოს BE სამკუთხედის ABD სიმაღლე, CF იყოს ACD სამკუთხედის სიმაღლე. ვინაიდან, პრობლემის პირობების მიხედვით, სამკუთხედების ფართობები ტოლია და მათ აქვთ საერთო ფუძე AD, მაშინ ამ სამკუთხედების სიმაღლეები ტოლია. BE = CF.

2. BE, CF არიან AD-ის პერპენდიკულარული. B და C წერტილები განლაგებულია ერთ მხარეს AD სწორ ხაზთან შედარებით. BE = CF. მაშასადამე, სწორი ხაზი BC || ახ.წ. (*)

3. AL იყოს ACD სამკუთხედის სიმაღლე, BK სამკუთხედის BCD სიმაღლე. ვინაიდან, პრობლემის პირობების მიხედვით, სამკუთხედების ფართობი ტოლია და მათ აქვთ საერთო ფუძე CD, მაშინ ამ სამკუთხედების სიმაღლეები ტოლია. AL = BK.

4. AL და BK CD-ზე პერპენდიკულარულია. B და A წერტილები განლაგებულია ერთ მხარეს სწორი ხაზის CD-სთან შედარებით. AL = BK. ამიტომ, სწორი ხაზი AB || CD (**)

5. (*), (**) პირობებიდან გამომდინარეობს, რომ ABCD არის პარალელოგრამი.

უპასუხე. დადასტურებული. ABCD არის პარალელოგრამი.

დავალება 3.

ABCD პარალელოგრამის BC და CD გვერდებზე მონიშნულია M და H წერტილები, შესაბამისად, ისე, რომ BM და HD სეგმენტები იკვეთება O წერტილში;<ВМD = 95 о,