Rozwiązywanie problemów z geometrią: rozwiązywanie czworokątów. Pole równoległoboku Pole równoległoboku jest równe połowie iloczynu jego przekątnych

Zadanie 4.

Jedna z przekątnych równoległoboku o długości 4√6 tworzy z podstawą kąt 60°, a druga przekątna tworzy z tą samą podstawą kąt 45°. Znajdź drugą przekątną.

Rozwiązanie.

1. AO = 2√6.

2. Stosujemy twierdzenie sinusoidalne do trójkąta AOD.

AO/grzech D = OD/grzech A.

2√6/sin 45 o = OD/sin 60 o.

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

Odpowiedź: 12.

Zadanie 5.

W przypadku równoległoboku o bokach 5√2 i 7√2 mniejszy kąt między przekątnymi jest równy mniejszemu kątowi równoległoboku. Znajdź sumę długości przekątnych.

Rozwiązanie.

Niech d 1, d 2 będą przekątnymi równoległoboku, a kąt między przekątnymi a mniejszym kątem równoległoboku jest równy φ.

1. Policzmy dwa różne
sposoby na jego obszar.

S ABCD = AB AD grzech A = 5√2 7√2 grzech f,

S ABCD = 1/2 AC ─ D sin AOB = 1/2 d 1 re 2 grzech f.

Otrzymujemy równość 5√2 · 7√2 · sin f = 1/2d 1 d 2 sin f lub

2 · 5√2 · 7√2 = re 1 re 2 ;

2. Korzystając z zależności między bokami i przekątnymi równoległoboku, piszemy równość

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

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

re 1 2 + re 2 2 = 296.

3. Stwórzmy system:

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

Pomnóżmy drugie równanie układu przez 2 i dodajmy je do pierwszego.

Otrzymujemy (d 1 + d 2) 2 = 576. Stąd Id 1 + d 2 I = 24.

Ponieważ d 1, d 2 są długościami przekątnych równoległoboku, wówczas d 1 + d 2 = 24.

Odpowiedź: 24.

Zadanie 6.

Boki równoległoboku mają długość 4 i 6. Kąt ostry między przekątnymi wynosi 45 stopni. Znajdź obszar równoległoboku.

Rozwiązanie.

1. Z trójkąta AOB, korzystając z twierdzenia o cosinusie, zapisujemy związek między bokiem równoległoboku a przekątnymi.

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;

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

re 1 2 + re 2 2 – re 1 · re 2 √2 = 64.

2. Podobnie zapisujemy relację dla trójkąta AOD.

Weźmy to pod uwagę<АОD = 135 о и cos 135 о = -cos 45 о = -√2/2.

Otrzymujemy równanie d 1 2 + d 2 2 + d 1 · d 2 √2 = 144.

3. Mamy system
(d 1 2 + re 2 2 – re 1 · re 2 √2 = 64,
(d 1 2 + re 2 2 + re 1 · re 2 √2 = 144.

Odejmując pierwsze od drugiego równania, otrzymujemy 2d 1 · d 2 √2 = 80 lub

re 1 re 2 = 80/(2√2) = 20√2

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

Notatka: W tym i poprzednim problemie nie ma potrzeby całkowitego rozwiązywania układu, zakładając, że w tym zadaniu potrzebny będzie iloczyn przekątnych do obliczenia pola.

Odpowiedź: 10.

Zadanie 7.

Pole równoległoboku wynosi 96, a jego boki to 8 i 15. Znajdź kwadrat mniejszej przekątnej.

Rozwiązanie.

1. S ABCD = AB · AD · grzech · AD. Dokonajmy podstawienia we wzorze.

Otrzymujemy 96 = 8 · 15 · sin ВAD. Stąd grzech ─AD = 4/5.

2. Znajdźmy cos VAD. grzech 2 VAD + cos 2 VAD = 1.

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

Zgodnie z warunkami zadania znajdujemy długość mniejszej przekątnej. Przekątna ВD będzie mniejsza, jeśli kąt ВАD jest ostry. Wtedy cos VAD = 3/5.

3. Z trójkąta ABD, korzystając z twierdzenia cosinus, znajdujemy kwadrat przekątnej BD.

ВD 2 = АВ 2 + АD 2 – 2 · АВ · ВD · cos ВAD.

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

Odpowiedź: 145.

Nadal masz pytania? Nie wiesz jak rozwiązać zadanie z geometrii?
Aby uzyskać pomoc od nauczyciela -.
Pierwsza lekcja jest bezpłatna!

blog.site, przy kopiowaniu materiału w całości lub w części wymagany jest link do oryginalnego źródła.

Twierdzenie 1. Pole trapezu jest równe iloczynowi połowy sumy jego podstaw i wysokości:

Twierdzenie 2. Przekątne trapezu dzielą go na cztery trójkąty, z których dwa są podobne, a pozostałe dwa mają takie same pola:

Twierdzenie 3. Pole równoległoboku jest równe iloczynowi podstawy i wysokości obniżonej o daną podstawę lub iloczynowi dwóch boków i sinusa kąta między nimi:

Twierdzenie 4. W równoległoboku suma kwadratów przekątnych jest równa sumie kwadratów jego boków:

Twierdzenie 5. Pole dowolnego wypukłego czworoboku jest równe połowie iloczynu jego przekątnych i sinusa kąta między nimi:

Twierdzenie 6. Pole czworoboku opisanego na okręgu jest równe iloczynowi półobwodu tego czworoboku i promienia danego okręgu:

Twierdzenie 7. Czworokąt, którego wierzchołki są środkami boków dowolnego wypukłego czworoboku, jest równoległobokiem, którego powierzchnia jest równa połowie pola pierwotnego czworoboku:

Twierdzenie 8. Jeżeli czworokąt wypukły ma przekątne wzajemnie prostopadłe, to suma kwadratów przeciwległych boków tego czworoboku jest równa:

AB2 + CD2 = BC2 + AD2.

Artykuł ukazał się dzięki wsparciu firmy „DKROST”. Zjeżdżalnie dla dzieci, domki, piaskownice i wiele innych - produkcja i sprzedaż placów zabaw dla dzieci hurtowa i detaliczna. Najniższe ceny, rabaty, krótkie terminy realizacji, wizyty i konsultacje specjalistyczne, gwarancja jakości. Możesz dowiedzieć się więcej o firmie, zapoznać się z katalogiem produktów, cenami i kontaktami na stronie internetowej, która znajduje się pod adresem: http://dkrost.ru/.

Dowody niektórych twierdzeń

Dowód twierdzenia 2. Niech ABCD będzie danym trapezem, AD i BC jego podstawami, O punktem przecięcia przekątnych AC i BD tego trapezu. Udowodnijmy, że trójkąty AOB i COD mają takie same pola. W tym celu obniżmy prostopadłe BP i CQ z punktów B i C do prostej AD. Następnie obszar trójkąta ABD wynosi

A pole trójkąta ACD wynosi

Ponieważ BP = CQ, to S∆ABD = S∆ACD. Ale pole trójkąta AOB jest różnicą między polami trójkątów ABD i AOD, a pole trójkąta COD jest różnicą między polami trójkątów ACD i AOD. Dlatego pola trójkątów AOB i COD są równe, co należało udowodnić.

Dowód twierdzenia 4. Niech ABCD będzie równoległobokiem, AB = CD = A, AD = BC = b,
AC = d1, BD = d2, ∠BAD = α, ∠ADC = 180° – α. Zastosujmy twierdzenie cosinus do trójkąta ABD:

Stosując teraz twierdzenie cosinus do trójkąta ACD, otrzymujemy:

Dodając otrzymane równości wyraz po wyrazie, otrzymujemy to co było do okazania

Dowód twierdzenia 5. Niech ABCD będzie dowolnym czworokątem wypukłym, E punktem przecięcia jego przekątnych, AE = A, BE = b,
CE = c, DE = d, ∠AEB = ∠CED = ϕ, ∠BEC =
= ∠AED = 180° – ϕ. Mamy:

co było do okazania

Dowód twierdzenia 6. Niech ABCD będzie dowolnym czworokątem opisanym na okręgu, O środkiem tego okręgu, OK, OL, OM i ON prostopadłymi poprowadzonymi z punktu O na proste AB, BC, CD i AD. Mamy:

gdzie r jest promieniem okręgu, a p jest półobwodem czworoboku ABCD.

Dowód twierdzenia 7. Niech ABCD będzie dowolnym wypukłym czworobokiem, a K, L, M i N środkami odpowiednio boków AB, BC, CD i AD. Ponieważ KL jest środkiem trójkąta ABC, to prosta KL jest równoległa do prostej AC i podobnie prosta MN jest równoległa do prostej AC, zatem KLMN jest równoległobokiem. Rozważmy trójkąt KBL. Jego pole jest równe jednej czwartej pola trójkąta ABC. Pole trójkąta MDN jest również równe jednej czwartej pola trójkąta ACD. Stąd,

Podobnie,

To znaczy, że

skąd to wynika

Dowód twierdzenia 8. Niech ABCD będzie dowolnym czworokątem wypukłym, którego przekątne są do siebie prostopadłe, niech E będzie punktem przecięcia jego przekątnych,
AE = A, BE = b, CE = c, DE = d. Zastosujmy twierdzenie Pitagorasa do trójkątów ABE i CDE:
AB2 = AE2 + BE2 = A 2 + b2,
CD2 = CE2 + DE2 = c2 + d2,
stąd,
AB2 + CD2 = A 2 + b2 + c2 + d2 .
Stosując teraz twierdzenie Pitagorasa do trójkątów ADE i BCE, otrzymujemy:
AD2 = AE2 + DE2 = A 2 + d2,
BC2 = BE2 + CE2 = b2 + c2,
skąd to wynika
AD2 + BC2 = A 2 + b2 + c2 + d2 .
Oznacza to AB2 + CD2 = AD2 + BC2 i to należało udowodnić.

Rozwiązania problemów

Problem 1. Wokół okręgu opisano trapezoid o kątach przy podstawie α i β. Znajdź stosunek pola trapezu do pola koła.

Rozwiązanie. Niech ABCD będzie danym trapezem, AB i CD jego podstawami, DK i CM prostopadłymi poprowadzonymi z punktów C i D do prostej AB. Wymagany stosunek nie zależy od promienia okręgu. Dlatego założymy, że promień wynosi 1. Wtedy pole koła jest równe π, znajdźmy pole trapezu. Zatem trójkąt ADK jest prostokątny

Podobnie z trójkąta prostokątnego BCM dowiadujemy się, że skoro w dany trapez można wpisać okrąg, to sumy przeciwległych boków są równe:
AB + CD = AD + BC,
skąd to znajdziemy?

Zatem obszar trapezu wynosi

a wymagany stosunek jest równy
Odpowiedź:

Problem 2. W czworokącie wypukłym ABCD kąt A jest równy 90°, a kąt C nie przekracza 90°. Z wierzchołków B i D prostopadłe BE i DF przechodzą na przekątną AC. Wiadomo, że AE = CF. Udowodnić, że kąt C jest prosty.

Dowód. Ponieważ kąt A ma miarę 90°,
a kąt C nie przekracza 90°, wówczas punkty E i F leżą na przekątnej AC. Bez utraty ogólności możemy założyć, że 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. Wystarczy, że udowodnimy, że α + β + γ + δ = π. Ponieważ

skąd dowiemy się, co należało udowodnić.

Problem 3. Obwód trapezu równoramiennego opisanego na okręgu jest równy p. Znajdź promień tego okręgu, jeśli wiadomo, że kąt ostry przy podstawie trapezu jest równy α.
Rozwiązanie. Niech ABCD będzie danym trapezem równoramiennym o podstawach AD i BC, niech BH będzie wysokością tego trapezu rzuconą z wierzchołka B.
Skoro w dany trapez można wpisać okrąg, to zatem

Stąd,

Z trójkąta prostokątnego ABH znajdujemy,

Odpowiedź:

Problem 4. Dany trapez ABCD o podstawach AD i BC. Przekątne AC i BD przecinają się w punkcie O, a proste AB i CD przecinają się w punkcie K. Linia KO przecina boki BC i AD odpowiednio w punktach M i N, a kąt BAD wynosi 30°. Wiadomo, że w trapez ABMN i NMCD można wpisać okrąg. Znajdź stosunek pól trójkąta BKC i trapezu ABCD.

Rozwiązanie. Jak wiadomo, w przypadku dowolnego trapezu linia prosta łącząca punkt przecięcia przekątnych z punktem przecięcia przedłużeń boków bocznych dzieli każdą z podstaw na pół. Zatem BM = MC i AN = ND. Co więcej, ponieważ w trapez ABMN i NMCD można wpisać okrąg
BM + AN = AB + MN,
MC + ND = CD + MN.
Wynika z tego, że AB = CD, czyli trapez ABCD jest równoramienny. Wymagany stosunek powierzchni nie zależy od skali, zatem możemy założyć, że KN = x, KM = 1. Z trójkątów prostokątnych AKN i BKM otrzymujemy, że Zapisując ponownie zależność zastosowaną już powyżej
BM + AN = AB + MN ⇔

Musimy obliczyć stosunek:

Wykorzystaliśmy tutaj fakt, że pola trójkątów AKD i BKC są powiązane jako kwadraty boków KN i KM, czyli jako x2.

Odpowiedź:

Zadanie 5. W czworokącie wypukłym ABCD punkty E, F, H, G są środkami odpowiednio boków AB, BC, CD, DA, a O jest punktem przecięcia odcinków EH i FG. Wiadomo, że EH = A, FG = b, Znajdź długości przekątnych czworokąta.

Rozwiązanie. Wiadomo, że jeśli połączymy szeregowo środki boków dowolnego czworoboku, otrzymamy równoległobok. W naszym przypadku EFHG jest równoległobokiem, a O jest punktem przecięcia jego przekątnych. Następnie

Zastosujmy twierdzenie cosinus do trójkąta FOH:

Zatem FH jest linią środkową trójkąta BCD

Podobnie, stosując twierdzenie cosinus do trójkąta EFO, otrzymujemy to

Odpowiedź:

Zadanie 6. Boki boczne trapezu wynoszą 3 i 5. Wiadomo, że w trapez można wpisać okrąg. Linia środkowa trapezu dzieli go na dwie części, stosunek ich pól jest równy Znajdź podstawy trapezu.

Rozwiązanie. Niech ABCD będzie danym trapezem, AB = 3 i CD = 5 jego bokami, punktami K i M odpowiednio środkami boków AB i CD. Niech dla pewności AD > BC, wówczas pole trapezu AKMD będzie większe niż pole trapezu KBCM. Ponieważ KM jest linią środkową trapezu ABCD, trapezy AKMD i KBCM mają równe wysokości. Ponieważ pole trapezu jest równe iloczynowi połowy sumy podstaw i wysokości, prawdziwa jest następująca równość:

Ponadto, ponieważ w trapez ABCD można wpisać okrąg, wówczas AD + BC = AB + CD = 8. Następnie KM = 4 jako linia środkowa trapezu ABCD. Niech BC = x, następnie AD = 8 – x. Mamy:
Zatem BC = 1 i AD = 7.

Odpowiedź: 1 i 7.

Problem 7. Podstawa AB trapezu ABCD jest dwa razy dłuższa od podstawy CD i dwa razy dłuższa od boku AD. Długość przekątnej AC wynosi A, a długość boku BC jest równa b. Znajdź obszar trapezu.

Rozwiązanie. Niech E będzie punktem przecięcia przedłużeń bocznych boków trapezu i CD = x, następnie AD = x, AB = 2x. Odcinek CD jest równoległy do ​​odcinka AB i stanowi połowę jego długości, co oznacza, że ​​CD jest linią środkową trójkąta ABE. Dlatego CE = BC = b i DE = AD = x, stąd AE = 2x. Zatem trójkąt ABE jest równoramienny (AB = AE), a AC jest jego medianą. Dlatego AC jest także wysokością tego trójkąta, co oznacza

Ponieważ trójkąt DEC jest podobny do trójkąta AEB ze współczynnikiem podobieństwa

Odpowiedź:

Problem 8. Przekątne trapezu ABCD przecinają się w punkcie E. Znajdź pole trójkąta BCE, jeśli długości podstaw trapezu wynoszą AB = 30, DC = 24, boki AD = 3 i kąt DAB wynosi 60°.

Rozwiązanie. Niech DH będzie wysokością trapezu. Z trójkąta ADH znajdujemy to

Ponieważ wysokość trójkąta ABC wypuszczonego z wierzchołka C jest równa wysokości DH trapezu, mamy:

Odpowiedź:

Problem 9. W trapezie linia środkowa wynosi 4, a kąty przy jednej z podstaw wynoszą 40° i 50°. Znajdź podstawy trapezu, jeśli odcinek łączący środki podstaw jest równy 1.

Rozwiązanie. Niech ABCD będzie danym trapezem, AB i CD jego podstawami (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. Przedłuż boki DA i CB do przecięcia w punkcie E. Rozważmy trójkąt ABE, w którym ∠EAB = 50°. ∠EBA = 40°,
zatem ∠AEB = 90°. Mediana EM tego trójkąta, wyprowadzona z wierzchołka kąta prostego, jest równa połowie przeciwprostokątnej: EM = AM. Niech EM = x, następnie AM = x, DN = 4 – x. Zatem zgodnie z warunkiem problemu MN = 1,
EN = x + 1. Z podobieństwa trójkątów AEM i DEN mamy:

Oznacza to AB = 3 i CD = 5.

Odpowiedź: 3 i 5.

Problem 10. Czworokąt wypukły ABCD jest opisany na okręgu o środku w punkcie O, gdzie AO = OC = 1, BO = OD = 2. Znajdź obwód czworoboku ABCD.

Rozwiązanie. Niech K, L, M, N będą punktami stycznymi okręgu o bokach AB, BC, CD, DA, odpowiednio, a r będzie promieniem okręgu. Ponieważ styczna do okręgu jest prostopadła do promienia poprowadzonego do punktu styczności, trójkąty AKO, BKO, BLO, CLO, CMO, DMO, DNO, ANO są prostokątne. Stosując twierdzenie Pitagorasa do tych trójkątów, otrzymujemy to

Zatem AB = BC = CD = DA, czyli ABCD jest rombem. Przekątne rombu są do siebie prostopadłe, a punktem ich przecięcia jest środek okręgu wpisanego. Stąd łatwo dowiadujemy się, że bok rombu jest równy, a zatem obwód rombu jest równy

Odpowiedź:

Problemy do samodzielnego rozwiązania

S-1. Trapez równoboczny ABCD jest opisany na okręgu o promieniu r. Niech E i K będą punktami styczności tego okręgu z bokami trapezu. Kąt pomiędzy podstawą AB a bokiem AD trapezu wynosi 60°. Udowodnić, że EK jest równoległy do ​​AB i znaleźć pole trapezu ABEK.
S-2. W trapezie przekątne wynoszą 3 i 5, a odcinek łączący środki podstaw wynosi 2. Znajdź obszar trapezu.
S-3. Czy można opisać okrąg wokół czworoboku ABCD, jeśli ∠ADC = 30°, AB = 3, BC = 4, AC = 6?
S-4. W trapezie ABCD (AB jest podstawą) wartości kątów DAB, BCD, ADC, ABD i ADB tworzą ciąg arytmetyczny (w kolejności, w jakiej są zapisane). Znajdź odległość wierzchołka C od przekątnej BD, jeśli wysokość trapezu wynosi h.
S-5. Dany jest trapez równoramienny, w który wpisano okrąg i wokół którego okrąg jest opisany. Stosunek wysokości trapezu do promienia opisanego koła to Znajdź kąty trapezu.
S-6. Pole prostokąta ABCD wynosi 48, a długość przekątnej wynosi 10. Na płaszczyźnie, w której znajduje się prostokąt, wybiera się punkt O tak, aby OB = OD = 13. Znajdź odległość punktu O od wierzchołka prostokąta najbardziej od niego oddalonego.
S-7. Obwód równoległoboku ABCD wynosi 26. Kąt ABC ma miarę 120°. Promień okręgu wpisanego w trójkąt BCD wynosi Znajdź długości boków równoległoboku, jeśli wiadomo, że AD > AB.
S-8. W czworokąt ABCD wpisano okrąg o środku w punkcie O. Promień OA jest prostopadły do ​​promienia OB, a promień OC jest prostopadły do ​​promienia OD. Długość prostopadłej spuszczonej z punktu C do prostej AD wynosi 9. Długość odcinka BC jest równa połowie długości odcinka AD. Znajdź obszar trójkąta AOB.
S-9. W czworokącie wypukłym ABCD wierzchołki A i C są przeciwne, a długość boku AB wynosi 3. Kąt ABC jest równy kątowi BCD równym Znajdź długość boku AD, jeśli wiesz, że pole czworokąta wynosi

S-10. W czworokącie wypukłym ABCD poprowadzono przekątne AC i BD. Wiadomo, że
AD = 2, ∠ABD = ∠ACD = 90°, a odległość pomiędzy punktem przecięcia dwusiecznej trójkąta ABD i punktem przecięcia dwusiecznej trójkąta ACD wynosi Znajdź długość boku BC.
S-11. Niech M będzie punktem przecięcia przekątnych czworoboku wypukłego ABCD, w którym boki AB, AD i BC są równe. Znajdź kąt CMD, jeśli wiadomo, że DM = MC,
i ∠CAB ≠ ∠DBA.
S-12. W czworokącie ABCD wiemy, że ∠A = 74°, ∠D = 120°. Znajdź kąt między dwusiecznymi kątów B i C.
S-13. W czworokąt ABCD można wpisać okrąg. Niech K będzie punktem przecięcia jego przekątnych. Wiadomo, że AB > BC > KC, a obwód i pole trójkąta BKC wynoszą odpowiednio 14 i 7 Znajdź DC.
S-14. W trapezie opisanym na okręgu wiadomo, że BC AD, AB = CD, ∠BAD =
= 45°. Znajdź AB, jeśli pole trapezu ABCD wynosi 10.
S-15. Wiadomo, że w trapezie ABCD o podstawach AB i CD ∠CAB = 2∠DBA. Znajdź obszar trapezu.
S-16. W równoległoboku ABCD wiadomo, że AC = A, ∠CAB = 60°. Znajdź obszar równoległoboku.
S-17. W czworokącie ABCD przekątne AC i BD przecinają się w punkcie K. Punkty L i M są środkami odpowiednio boków BC i AD. Odcinek LM zawiera punkt K. Czworokąt ABCD jest taki, że można w niego wpisać okrąg. Znajdź promień tego okręgu, jeśli AB = 3 i LK: KM = 1: 3.
S-18. W czworokącie wypukłym ABCD poprowadzono przekątne AC i BD. W tym przypadku ∠BAC =
= ∠BDC, a pole koła opisanego na trójkącie BDC jest równe
a) Znajdź promień okręgu opisanego na trójkącie ABC.
b) Wiedząc, że BC = 3, AC = 4, ∠BAD = 90°, znajdź pole czworoboku ABCD.

Notatka. Jest to część lekcji z zadaniami z geometrii (sekcja dotycząca równoległoboku). Jeśli potrzebujesz rozwiązać problem z geometrią, którego tu nie ma, napisz o tym na forum. Aby wskazać czynność polegającą na wyodrębnieniu pierwiastka kwadratowego w rozwiązaniach problemów, używany jest symbol √ lub sqrt(), a wyrażenie radykalne podano w nawiasach.

Materiał teoretyczny

Objaśnienia do wzorów na znalezienie obszaru równoległoboku:

1. Pole równoległoboku jest równe iloczynowi długości jednego z jego boków i wysokości tego boku
2. Pole równoległoboku jest równe iloczynowi jego dwóch sąsiednich boków i sinusa kąta między nimi
3. Pole równoległoboku jest równe połowie iloczynu jego przekątnych i sinusa kąta między nimi

Problemy ze znalezieniem pola równoległoboku

Rozwiązanie.
Oznaczmy mniejszą wysokość równoległoboku ABCD obniżonego z punktu B do większej podstawy AD jako BK.
Znajdźmy wartość ramienia trójkąta prostokątnego ABK utworzonego przez mniejszą wysokość, mniejszy bok i część większej podstawy. Zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa:

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

Rozciągnijmy górną podstawę równoległoboku BC i obniżmy do niego wysokość AN od jego dolnej podstawy. AN = BK jako boki prostokąta ANBK. Znajdźmy nogę NC powstałego trójkąta prostokątnego ANC.
AN 2 + NC 2 = AC 2
9 2 + NC 2 = 15 2
NC 2 = 225 - 81
NC 2 = √144
NC=12

Teraz znajdźmy większą podstawę BC równoległoboku ABCD.
BC = NC – NB
Weźmy zatem pod uwagę, że NB = AK jako boki prostokąta
BC = 12 - 1 = 11

Pole równoległoboku jest równe iloczynowi podstawy i wysokości tej podstawy.
S = aha
S = BC * BK
S = 11 * 9 = 99

Odpowiedź: 99 cm 2 .

Zadanie

Rozwiązanie.
Upuśćmy kolejną prostopadłą DK na przekątną AC.
Odpowiednio trójkąty AOB i DKC, COB i AKD są parami równe. Jeden z boków jest przeciwną stroną równoległoboku, jeden z kątów jest linią prostą, ponieważ jest prostopadły do ​​przekątnej, a jeden z pozostałych kątów jest krzyżem wewnętrznym leżącym dla równoległych boków równoległoboku i siecznej przekątna.

Zatem powierzchnia równoległoboku jest równa powierzchni wskazanych trójkątów. To jest
Równoległy = 2S AOB + 2S BOC

Pole trójkąta prostokątnego jest równe połowie iloczynu nóg. Gdzie
S = 2 (1/2 8 * 4) + 2 (1/2 6 * 4) = 56 cm 2
Odpowiedź: 56 cm 2 .

Wzór na pole równoległoboku

Pole równoległoboku jest równe iloczynowi jego boku i wysokości tego boku.

Dowód

Jeżeli równoległobok jest prostokątem, wówczas równość jest spełniona przez twierdzenie o powierzchni prostokąta. Następnie zakładamy, że kąty równoległoboku nie są proste.

Niech $\angle BAD$ będzie kątem ostrym w równoległoboku $ABCD$ i $AD > AB$. W przeciwnym razie zmienimy nazwy wierzchołków. Wtedy wysokość $BH$ od wierzchołka $B$ do prostej $AD$ przypada na bok $AD$, gdyż odnoga $AH$ jest krótsza od przeciwprostokątnej $AB$ i $AB< AD$. 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.

Porównajmy pole równoległoboku $ABCD$ i pole prostokąta $HBCK$. Pole równoległoboku jest większe o pole $\trójkąt ABH$, ale mniejsze o pole $\trójkąt DCK$. Ponieważ te trójkąty są równe, ich pola są równe. Oznacza to, że pole równoległoboku jest równe polu prostokąta o długości boków do boku i wysokości równoległoboku.

Wzór na pole równoległoboku wykorzystujący boki i sinus

Pole równoległoboku jest równe iloczynowi sąsiednich boków i sinusowi kąta między nimi.

Dowód

Wysokość równoległoboku $ABCD$ opuszczonego na bok $AB$ jest równa iloczynowi odcinka $BC$ i sinusa kąta $\kąt ABC$. Pozostaje zastosować się do poprzedniego stwierdzenia.

Wzór na pole równoległoboku za pomocą przekątnych

Pole równoległoboku jest równe połowie iloczynu przekątnych i sinusa kąta między nimi.

Dowód

Niech przekątne równoległoboku $ABCD$ przecinają się w punkcie $O$ pod kątem $\alpha$. Następnie $AO=OC$ i $BO=OD$ według właściwości równoległoboku. Sinusy kątów, których suma wynosi 180^\circ$, są równe, $\angle AOB = \angle COD = 180^\circ - \angle BOC = 180^\circ - \angle AOD$. Oznacza to, że sinusy kątów na przecięciu przekątnych są równe $\sin \alpha$.

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

zgodnie z aksjomatem pomiaru powierzchni. Stosujemy wzór na pole trójkąta $S_(ABC) = \dfrac(1)(2) \cdot AB \cdot BC \sin \angle ABC$ dla tych trójkątów i kątów, gdy przekątne się przecinają. Boki każdego z nich są równe połowie przekątnych, a sinusy również są równe. Dlatego pola wszystkich czterech trójkątów są równe $S = \dfrac(1)(2) \cdot \dfrac(AC)(2) \cdot \dfrac(BD)(2) \cdot \sin \alpha = \ dfrac(AC \ cdot BD)(8) \sin \alfa$. Podsumowując wszystkie powyższe, otrzymujemy

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

Podczas rozwiązywania problemów na ten temat, z wyjątkiem podstawowe właściwości równoległobok i odpowiednie formuły, możesz zapamiętać i zastosować następujące zasady:

1. Dwusieczna kąta wewnętrznego równoległoboku odcina od niego trójkąt równoramienny
2. Dwusieczne kątów wewnętrznych przylegających do jednego z boków równoległoboku są wzajemnie prostopadłe
3. Dwusieczne wychodzące z przeciwległych narożników wewnętrznych równoległoboku są do siebie równoległe lub leżą na tej samej linii prostej
4. Suma kwadratów przekątnych równoległoboku jest równa sumie kwadratów jego boków
5. Pole równoległoboku jest równe połowie iloczynu przekątnych i sinusa kąta między nimi

Rozważmy problemy, w których te właściwości są wykorzystywane.

Zadanie 1.

Dwusieczna kąta C równoległoboku ABCD przecina bok AD w punkcie M i kontynuację boku AB poza punktem A w punkcie E. Znajdź obwód równoległoboku, jeśli AE = 4, DM = 3.

Rozwiązanie.

1. Trójkąt CMD jest równoramienny. (Właściwość 1). Dlatego CD = MD = 3 cm.

2. Trójkąt EAM jest równoramienny.
Dlatego AE = AM = 4 cm.

3. AD = AM + MD = 7 cm.

4. Obwód ABCD = 20 cm.

Odpowiedź. 20 cm.

Zadanie 2.

W wypukłym czworoboku ABCD narysowano przekątne. Wiadomo, że pola trójkątów ABD, ACD, BCD są równe. Udowodnić, że ten czworokąt jest równoległobokiem.

Rozwiązanie.

1. Niech BE będzie wysokością trójkąta ABD, CF będzie wysokością trójkąta ACD. Ponieważ zgodnie z warunkami zadania pola trójkątów są równe i mają wspólną podstawę AD, to wysokości tych trójkątów są równe. BE = CF.

2. BE, CF są prostopadłe do AD. Punkty B i C leżą po tej samej stronie względem prostej AD. BE = CF. Dlatego prosta BC || OGŁOSZENIE. (*)

3. Niech AL będzie wysokością trójkąta ACD, BK będzie wysokością trójkąta BCD. Ponieważ zgodnie z warunkami zadania pola trójkątów są równe i mają wspólną podstawę CD, to wysokości tych trójkątów są równe. AL = BK.

4. AL i BK są prostopadłe do CD. Punkty B i A leżą po tej samej stronie względem prostej CD. AL = BK. Dlatego prosta AB || PŁYTA CD (**)

5. Z warunków (*), (**) wynika, że ​​ABCD jest równoległobokiem.

Odpowiedź. Udowodniony. ABCD jest równoległobokiem.

Zadanie 3.

Na bokach BC i CD równoległoboku ABCD zaznaczono odpowiednio punkty M i H, tak aby odcinki BM i HD przecinały się w punkcie O;<ВМD = 95 о,