Reševanje geometrijskih nalog: reševanje štirikotnikov. Ploščina paralelograma Ploščina paralelograma je enaka polovici produkta njegovih diagonal

Naloga 4.

Ena od diagonal paralelograma z dolžino 4√6 oklepa z osnovo kot 60°, druga diagonala pa z isto osnovo kot 45°. Poiščite drugo diagonalo.

rešitev.

1. AO = 2√6.

2. Sinusni izrek uporabimo za trikotnik AOD.

AO/sin D = OD/sin 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.

Odgovor: 12.

Naloga 5.

Pri paralelogramu s stranicama 5√2 in 7√2 je manjši kot med diagonalama enak manjšemu kotu paralelograma. Poiščite vsoto dolžin diagonal.

rešitev.

Naj sta d 1, d 2 diagonali paralelograma, kot med diagonalama in manjšim kotom paralelograma pa je enak φ.

1. Preštejmo dva različna
načine njegovega območja.

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.

Dobimo enakost 5√2 · 7√2 · sin f = 1/2d 1 d 2 sin f oz.

2 · 5√2 · 7√2 = d 1 d 2 ;

2. Z razmerjem med stranicami in diagonalami paralelograma zapišemo enakost

(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. Ustvarimo sistem:

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

Pomnožimo drugo enačbo sistema z 2 in jo prištejemo prvi.

Dobimo (d 1 + d 2) 2 = 576. Zato je Id 1 + d 2 I = 24.

Ker sta d 1, d 2 dolžini diagonal paralelograma, potem je d 1 + d 2 = 24.

Odgovor: 24.

Naloga 6.

Stranici paralelograma sta 4 in 6. Ostri kot med diagonalama je 45 stopinj. Poiščite površino paralelograma.

rešitev.

1. Iz trikotnika AOB s kosinusnim izrekom zapišemo razmerje med stranico paralelograma in diagonalama.

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. Podobno zapišemo relacijo za trikotnik AOD.

Upoštevajmo to<АОD = 135 о и cos 135 о = -cos 45 о = -√2/2.

Dobimo enačbo 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.

Če od druge enačbe odštejemo prvo, dobimo 2d 1 · d 2 √2 = 80 oz.

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.

Opomba: V tem in prejšnjem problemu ni treba v celoti rešiti sistema, predvidevamo, da v tem problemu potrebujemo zmnožek diagonal za izračun ploščine.

Odgovor: 10.

Naloga 7.

Ploščina paralelograma je 96, njegove stranice pa 8 in 15. Poiščite kvadrat manjše diagonale.

rešitev.

1. S ABCD = AB · AD · sin ВАD. Naredimo zamenjavo v formuli.

Dobimo 96 = 8 · 15 · sin ВAD. Zato je sin ВАD = 4/5.

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

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

Glede na pogoje naloge poiščemo dolžino manjše diagonale. Diagonala ВD bo manjša, če je kot ВАD oster. Potem je cos VAD = 3/5.

3. Iz trikotnika ABD s kosinusnim izrekom poiščemo kvadrat diagonale BD.

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

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

Odgovor: 145.

Imate še vprašanja? Ne veste, kako rešiti geometrijski problem?
Če želite dobiti pomoč od mentorja -.
Prva lekcija je brezplačna!

blog.site, pri celotnem ali delnem kopiranju gradiva je obvezna povezava do izvirnega vira.

1. izrek. Površina trapeza je enaka zmnožku polovice vsote njegovih baz in njegove višine:

2. izrek. Diagonale trapeza delijo na štiri trikotnike, od katerih sta dva podobna, druga dva pa imata enako ploščino:

Izrek 3. Površina paralelograma je enaka zmnožku osnove in višine, spuščene z dano bazo, ali zmnožku dveh stranic in sinusa kota med njima:

Izrek 4. V paralelogramu je vsota kvadratov diagonal enaka vsoti kvadratov njegovih stranic:

Izrek 5. Ploščina poljubnega konveksnega štirikotnika je enaka polovici produkta njegovih diagonal in sinusa kota med njima:

Izrek 6. Ploščina štirikotnika, opisanega okrog kroga, je enaka zmnožku poloboda tega štirikotnika in polmera danega kroga:

Izrek 7.Štirikotnik, katerega oglišča so razpolovišča stranic poljubnega konveksnega štirikotnika, je paralelogram, katerega ploščina je enaka polovici ploščine prvotnega štirikotnika:

Izrek 8.Če ima konveksni štirikotnik diagonali, ki sta med seboj pravokotni, potem je vsota kvadratov nasprotnih strani tega štirikotnika enaka:

AB2 + CD2 = BC2 + AD2.

Članek je bil objavljen s podporo podjetja "DKROST". Otroški tobogani, hišice, peskovniki in še veliko več - proizvodnja in prodaja otroških igrišč v veleprodaji in maloprodaji. Najnižje cene, popusti, kratki roki izdelave, strokovni obisk in svetovanje, garancija kakovosti. Več o podjetju, katalog izdelkov, cene in kontakte lahko izveste na spletni strani, ki se nahaja na: http://dkrost.ru/.

Dokazi nekaterih izrekov

Dokaz izreka 2. Naj bo ABCD dani trapez, AD in BC njegovi osnovici, O presečišče diagonal AC in BD tega trapeza. Dokažimo, da imata trikotnika AOB in COD enako ploščino. Če želite to narediti, spustite navpičnici BP in CQ iz točk B in C na črto AD. Potem je površina trikotnika ABD

In območje trikotnika ACD je

Ker je BP = CQ, potem je S∆ABD = S∆ACD. Toda površina trikotnika AOB je razlika med površinama trikotnikov ABD in AOD, površina trikotnika COD pa je razlika med površinama trikotnikov ACD in AOD. Zato sta ploščini trikotnikov AOB in COD enaki, kar je treba dokazati.

Dokaz izreka 4. Naj bo ABCD paralelogram, AB = CD = a, AD = BC = b,
AC = d1, BD = d2, ∠BAD = α, ∠ADC = 180° – α. Uporabimo kosinusni izrek za trikotnik ABD:

Če zdaj uporabimo kosinusni izrek za trikotnik ACD, dobimo:

Če dodamo dobljene enakosti člen za členom, dobimo to Q.E.D.

Dokaz izreka 5. Naj bo ABCD poljuben konveksen štirikotnik, E presečišče njegovih diagonal, AE = a, BE = b,
CE = c, DE = d, ∠AEB = ∠CED = ϕ, ∠BEC =
= ∠AED = 180° – ϕ. Imamo:

Q.E.D.

Dokaz izreka 6. Naj bo ABCD poljuben štirikotnik, ki je obkrožen krogu, O središče tega kroga, OK, OL, OM in ON navpičnice, narisane iz točke O na premice AB, BC, CD in AD. Imamo:

kjer je r polmer kroga in p polobseg štirikotnika ABCD.

Dokaz izreka 7. Naj bo ABCD poljuben konveksen štirikotnik, K, L, M in N razpolovišča stranic AB, BC, CD in AD. Ker je KL srednjica trikotnika ABC, je premica KL vzporedna s premico AC in podobno je premica MN vzporedna s premico AC in zato je KLMN paralelogram. Razmislite o trikotniku KBL. Njegova površina je enaka četrtini ploščine trikotnika ABC. Tudi ploščina trikotnika MDN je enaka četrtini ploščine trikotnika ACD. torej

prav tako

To pomeni, da

kje to sledi

Dokaz izreka 8. Naj bo ABCD poljuben konveksen štirikotnik, katerega diagonali sta medsebojno pravokotni, E presečišče njegovih diagonal,
AE = a, BE = b, CE = c, DE = d. Uporabimo Pitagorov izrek za trikotnika ABE in CDE:
AB2 = AE2 + BE2 = a 2 + b2,
CD2 = CE2 + DE2 = c2 + d2,
torej,
AB2 + CD2 = a 2 + b2 + c2 + d2.
Če zdaj uporabimo Pitagorov izrek za trikotnika ADE in BCE, dobimo:
AD2 = AE2 + DE2 = a 2 + d2,
BC2 = BE2 + CE2 = b2 + c2,
kje to sledi
AD2 + BC2 = a 2 + b2 + c2 + d2.
To pomeni AB2 + CD2 = AD2 + BC2, kar je bilo treba dokazati.

Rešitve težav

Problem 1. Krožnici je opisan trapez z osnovnima kotoma α in β. Poiščite razmerje med površino trapeza in površino kroga.

rešitev. Naj bo ABCD dani trapez, AB in CD njegovi osnovici, DK in CM navpičnici, narisani iz točk C in D na premico AB. Zahtevano razmerje ni odvisno od polmera kroga. Zato bomo predpostavili, da je polmer 1. Potem je površina kroga enaka π, poiščemo površino trapeza. Ker je trikotnik ADK pravokoten, potem

Podobno iz pravokotnega trikotnika BCM ugotovimo, da Ker je v dani trapez mogoče vpisati krog, sta vsoti nasprotnih stranic enaki:
AB + CD = AD + BC,
od kje ga najdemo?

Torej je območje trapeza

in zahtevano razmerje je enako
Odgovori:

Problem 2. V konveksnem štirikotniku ABCD je kot A enak 90°, kot C pa ne presega 90°. Iz oglišč B in D spustimo navpičnici BE in DF na diagonalo AC. Znano je, da je AE = CF. Dokaži, da je kot C pravi.

Dokaz. Ker je kot A 90°,
in kot C ne presega 90°, potem točki E in F ležita na diagonali AC. Brez izgube splošnosti lahko domnevamo, da 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. Dovolj je, da dokažemo, da je α + β + γ + δ = π. Ker

od kje dobimo tisto, kar je bilo treba dokazati.

Problem 3. Obseg enakokrakega trapeza, opisanega okoli kroga, je enak p. Poiščite polmer tega kroga, če je znano, da je ostri kot na dnu trapeza enak α.
rešitev. Naj bo ABCD dani enakokraki trapez z osnovama AD in BC, naj bo BH višina tega trapeza, spuščena iz oglišča B.
Ker lahko danemu trapezu vpišemo krog, torej

torej

Iz pravokotnega trikotnika ABH najdemo,

Odgovori:

Problem 4. Podan je trapez ABCD z osnovama AD in BC. Diagonali AC in BD se sekata v točki O, premici AB in CD pa v točki K. Premica KO seka stranici BC in AD v točkah M oziroma N, kot BAD pa je 30°. Znano je, da lahko trapezu ABMN in NMCD vpišemo krog. Poiščite razmerje ploščin trikotnika BKC in trapeza ABCD.

rešitev. Kot je znano, za poljuben trapez premica, ki povezuje točko presečišča diagonal in točko presečišča podaljškov stranskih stranic, deli vsako osnovo na pol. Torej BM = MC in AN = ND. Nadalje, ker lahko v trapez ABMN in NMCD vpišemo krog, potem
BM + AN = AB + MN,
MC + ND = CD + MN.
Iz tega sledi, da je AB = CD, torej je trapez ABCD enakokrak. Zahtevano razmerje ploščin ni odvisno od merila, zato lahko predpostavimo, da je KN = x, KM = 1. Iz pravokotnih trikotnikov AKN in BKM dobimo, da Če znova zapišemo zgoraj uporabljeno relacijo
BM + AN = AB + MN ⇔

Izračunati moramo razmerje:

Pri tem smo uporabili dejstvo, da sta ploščini trikotnikov AKD in BKC povezani kot kvadrata stranic KN in KM, torej kot x2.

odgovor:

Naloga 5. V konveksnem štirikotniku ABCD so točke E, F, H, G razpolovišča stranic AB, BC, CD, DA, O pa je presečišče odsekov EH in FG. Znano je, da je EH = a, FG = b, Poiščite dolžine diagonal štirikotnika.

rešitev. Znano je, da če središčni točki poljubnega štirikotnika zaporedno povežemo, dobimo paralelogram. V našem primeru je EFHG paralelogram in O je presečišče njegovih diagonal. Potem

Uporabimo kosinusni izrek za trikotnik FOH:

Ker je FH srednjica trikotnika BCD, potem

Podobno z uporabo kosinusnega izreka za trikotnik EFO dobimo to

Odgovori:

Naloga 6. Stranici trapeza sta 3 in 5. Znano je, da lahko v trapez vpišemo krog. Srednja črta trapeza ga deli na dva dela, razmerje njunih ploščin je enako Poišči osnove trapeza.

rešitev. Naj bo ABCD dani trapez, AB = 3 in CD = 5 njegovi stranski stranici, točki K in M ​​razpolovišči stranic AB oziroma CD. Naj bo za določenost AD> BC, potem bo površina trapeza AKMD večja od površine trapeza KBCM. Ker je KM srednjica trapeza ABCD, sta trapeza AKMD in KBCM enako visoka. Ker je ploščina trapeza enaka zmnožku polovice vsote osnov in višine, velja naslednja enakost:

Nadalje, ker lahko v trapez ABCD vpišemo krog, potem je AD + BC = AB + CD = 8. Potem je KM = 4 kot srednjica trapeza ABCD. Naj bo BC = x, potem je AD = 8 – x. Imamo:
Torej BC = 1 in AD = 7.

odgovor: 1 in 7.

Problem 7. Osnovica AB trapeza ABCD je dvakrat daljša od osnovke CD in dvakrat daljša od stranice AD. Dolžina diagonale AC je a, dolžina stranice BC pa je enaka b. Poiščite območje trapeza.

rešitev. Naj bo E presečišče podaljškov stranskih stranic trapeza in CD = x, potem je AD = x, AB = 2x. Odsek CD je vzporeden z odsekom AB in je dolg polovico njegove dolžine, kar pomeni, da je CD srednjica trikotnika ABE. Zato je CE = BC = b in DE = AD = x, torej AE = 2x. Torej je trikotnik ABE enakokrak (AB = AE) in AC je njegova sredina. Zato je AC tudi nadmorska višina tega trikotnika, kar pomeni

Ker je trikotnik DEC podoben trikotniku AEB s koeficientom podobnosti, potem

Odgovori:

Problem 8. Diagonali trapeza ABCD se sekata v točki E. Poiščite ploščino trikotnika BCE, če so dolžine osnov trapeza AB = 30, DC = 24, stranice AD ​​= 3 in kot DAB 60°.

rešitev. Naj bo DH višina trapeza. Iz trikotnika ADH ugotovimo, da

Ker je višina trikotnika ABC, spuščena iz oglišča C, enaka višini DH trapeza, imamo:

Odgovori:

Problem 9. V trapezu je srednjica 4, kota pri eni od osnov pa 40° in 50°. Poiščite osnovice trapeza, če je odsek, ki povezuje razpolovišči osnov, enak 1.

rešitev. Naj bo ABCD dani trapez, AB in CD njegovi osnovi (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. Stranici DA in CB podaljšamo do presečišča v točki E. Razmislimo o trikotniku ABE, v katerem je ∠EAB = 50°. ∠EBA = 40°,
zato je ∠AEB = 90°. Srednja EM tega trikotnika, potegnjena iz oglišča pravega kota, je enaka polovici hipotenuze: EM = AM. Naj bo EM = x, potem je AM = x, DN = 4 – x. Glede na pogoj problema MN = 1 torej
EN = x + 1. Iz podobnosti trikotnikov AEM in DEN imamo:

To pomeni AB = 3 in CD = 5.

Odgovori: 3 in 5.

Problem 10. Konveksni štirikotnik ABCD je obkrožen okrog kroga s središčem v točki O, pri čemer je AO = OC = 1, BO = OD = 2. Poiščite obseg štirikotnika ABCD.

rešitev. Naj bodo K, L, M, N tangentne točke krožnice s stranicami AB, BC, CD, DA, r pa polmer krožnice. Ker je tangenta na krožnico pravokotna na polmer, narisan na točko dotika, so trikotniki AKO, BKO, BLO, CLO, CMO, DMO, DNO, ANO pravokotni. Z uporabo Pitagorovega izreka za te trikotnike dobimo to

Zato je AB = BC = CD = DA, kar pomeni, da je ABCD romb. Diagonali romba sta pravokotni druga na drugo, točka njunega presečišča pa je središče včrtanega kroga. Od tu zlahka ugotovimo, da je stranica romba enaka in je zato obseg romba enak

Odgovori:

Težave, ki jih je treba rešiti neodvisno

S-1. Enakostranični trapez ABCD je obkrožen okrog kroga s polmerom r. Naj bosta E in K dotični točki tega kroga s stranicami trapeza. Kot med osnovo AB in stranico AD trapeza je 60°. Dokažite, da je EK vzporedna z AB in poiščite ploščino trapeza ABEK.
S-2. V trapezu sta diagonali 3 in 5, segment, ki povezuje središča baz, pa 2. Poiščite površino trapeza.
S-3. Ali je štirikotniku ABCD mogoče opisati krog, če je ∠ADC = 30°, AB = 3, BC = 4, AC = 6?
S-4. V trapezu ABCD (AB je osnova) tvorijo vrednosti kotov DAB, BCD, ADC, ABD in ADB aritmetično napredovanje (v vrstnem redu, v katerem so zapisane). Poiščite razdaljo od oglišča C do diagonale BD, če je višina trapeza h.
S-5. Podan je enakokraki trapez, v katerega je vpisana krožnica in okrog katere je opisana. Razmerje med višino trapeza in polmerom njegovega kroga je Poiščite kote trapeza.
S-6. Ploščina pravokotnika ABCD je 48, dolžina diagonale pa 10. Na ravnini, v kateri se nahaja pravokotnik, je izbrana točka O, tako da je OB = OD = 13. Poiščite razdaljo od točke O do oglišča pravokotnika, ki je od njega najbolj oddaljen.
S-7. Obseg paralelograma ABCD je 26. Kot ABC je 120°. Polmer kroga, včrtanega trikotniku BCD, je Poiščite dolžine stranic paralelograma, če je znano, da je AD > AB.
S-8.Štirikotnik ABCD je vpisan v krog s središčem v točki O. Polmer OA je pravokoten na polmer OB, polmer OC pa na polmer OD. Dolžina navpičnice, spuščene iz točke C na premico AD, je enaka 9. Dolžina odseka BC je polovica dolžine odseka AD. Poiščite ploščino trikotnika AOB.
S-9. V konveksnem štirikotniku ABCD si oglišči A in C nasproti, dolžina stranice AB pa je 3. Kot ABC je enak kotu BCD je enak Poiščite dolžino stranice AD, če veste, da je ploščina štirikotnika

S-10. V konveksni štirikotnik ABCD sta narisani diagonali AC in BD. Znano je, da
AD = 2, ∠ABD = ∠ACD = 90°, razdalja med presečiščem simetrale trikotnika ABD in presečiščem simetrale trikotnika ACD pa je Poiščite dolžino stranice BC.
S-11. Naj bo M presečišče diagonal konveksnega štirikotnika ABCD, v katerem so stranice AB, AD in BC enake. Poiščite kot CMD, če je znano, da je DM = MC,
in ∠CAB ≠ ∠DBA.
S-12. V štirikotniku ABCD vemo, da je ∠A = 74°, ∠D = 120°. Poiščite kot med simetralama kotov B in C.
S-13.Štirikotnik ABCD lahko vpišemo krog. Naj bo K presečišče njegovih diagonal. Znano je, da sta AB > BC > KC, obseg in ploščina trikotnika BKC pa enaka 14 oziroma 7. Poiščite DC.
S-14. V trapezu, ki je opisan okoli kroga, je znano, da je BC AD, AB = CD, ∠BAD =
= 45°. Poiščite AB, če je ploščina trapeza ABCD enaka 10.
S-15. V trapezu ABCD z osnovama AB in CD je znano, da ∠CAB = 2∠DBA. Poiščite območje trapeza.
S-16. Za paralelogram ABCD je znano, da je AC = a, ∠CAB = 60°. Poiščite površino paralelograma.
S-17. V štirikotniku ABCD se diagonali AC in BD sekata v točki K. Točki L in M ​​sta razpolovišči stranic BC oziroma AD. Dolžina LM vsebuje točko K. Štirikotnik ABCD je tak, da mu lahko včrtamo krožnico. Poiščite polmer tega kroga, če je AB = 3 in LK: KM = 1: 3.
S-18. V konveksni štirikotnik ABCD sta narisani diagonali AC in BD. V tem primeru je ∠BAC =
= ∠BDC, ploščina kroga, opisanega okoli trikotnika BDC, pa je enaka
a) Poiščite polmer krožnice, ki je opisana okoli trikotnika ABC.
b) Če veste, da je BC = 3, AC = 4, ∠BAD = 90°, poiščite ploščino štirikotnika ABCD.

Opomba. To je del lekcije z geometrijskimi problemi (paralelogram). Če morate rešiti geometrijski problem, ki ga ni tukaj, pišite o tem na forumu. Za označevanje dejanja pridobivanja kvadratnega korena v rešitvah problema se uporablja simbol √ ali sqrt(), pri čemer je radikalni izraz naveden v oklepaju.

Teoretično gradivo

Pojasnila formul za iskanje površine paralelograma:

1. Površina paralelograma je enaka zmnožku dolžine ene od njegovih stranic in višine te stranice
2. Površina paralelograma je enaka zmnožku njegovih dveh sosednjih stranic in sinusa kota med njima
3. Površina paralelograma je enaka polovici produkta njegovih diagonal in sinusa kota med njima

Težave pri iskanju ploščine paralelograma

rešitev.
Z BK označimo manjšo višino paralelograma ABCD, spuščeno iz točke B na večjo osnovo AD.
Poiščimo vrednost kraka pravokotnega trikotnika ABK, ki ga tvorijo manjša višina, manjša stranica in del večje osnove. Po Pitagorovem izreku:

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

Podaljšajmo zgornjo osnovo paralelograma BC in spustimo nanjo višino AN z njegove spodnje osnovke. AN = BK kot stranice pravokotnika ANBK. Poiščimo krak NC nastalega pravokotnega trikotnika ANC.
AN 2 + NC 2 = AC 2
9 2 + NC 2 = 15 2
NC 2 = 225 - 81
NC 2 = √144
NC=12

Zdaj pa poiščimo večjo osnovo BC paralelograma ABCD.
BC = NC - NB
Upoštevajmo torej, da je NB = AK kot stranice pravokotnika
BC = 12 - 1 = 11

Površina paralelograma je enaka zmnožku osnove in višine te osnove.
S = ah
S = BC * BK
S = 11 * 9 = 99

Odgovori: 99 cm 2 .

Naloga

rešitev.
Spustimo drugo pravokotnico DK na diagonalo AC.
Skladno s tem so trikotniki AOB in DKC, COB in AKD po parih enaki. Ena od stranic je nasprotna stranica paralelograma, eden od kotov je premica, saj je pravokoten na diagonalo, eden od preostalih kotov pa je notranji križ, ki leži na vzporednih stranicah paralelograma in sekante. diagonala.

Tako je površina paralelograma enaka površini navedenih trikotnikov. To je
Vzporednik = 2S AOB +2S BOC

Površina pravokotnega trikotnika je enaka polovici produkta nog. Kje
S = 2 (1/2 8 * 4) + 2 (1/2 6 * 4) = 56 cm 2
Odgovori: 56 cm 2 .

Formula za območje paralelograma

Ploščina paralelograma je enaka zmnožku njegove stranice in višine te stranice.

Dokaz

Če je paralelogram pravokotnik, potem je enakost izpolnjena z izrekom o površini pravokotnika. Nato predpostavimo, da koti paralelograma niso pravi.

Naj bo $\angle BAD$ oster kot v paralelogramu $ABCD$ in $AD > AB$. V nasprotnem primeru bomo vozlišča preimenovali. Potem pade višina $BH$ od oglišča $B$ do premice $AD$ na stranico $AD$, saj je krak $AH$ krajši od hipotenuze $AB$ in $AB< AD$. 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.

Primerjajmo ploščino paralelograma $ABCD$ in ploščino pravokotnika $HBCK$. Ploščina paralelograma je večja za ploščino $\trikotnika ABH$, vendar manjša za ploščino $\trikotnika DCK$. Ker sta ta trikotnika enaka, sta njuni ploščini enaki. To pomeni, da je površina paralelograma enaka površini pravokotnika z dolžino stranic in višino paralelograma.

Formula za območje paralelograma z uporabo stranic in sinusa

Ploščina paralelograma je enaka produktu sosednjih stranic in sinusu kota med njima.

Dokaz

Višina paralelograma $ABCD$, spuščena na stranico $AB$, je enaka produktu odseka $BC$ in sinusa kota $\angle ABC$. Ostaja še uporaba prejšnje izjave.

Formula za območje paralelograma z uporabo diagonal

Površina paralelograma je enaka polovici produkta diagonal in sinusa kota med njima.

Dokaz

Naj se diagonali paralelograma $ABCD$ sekata v točki $O$ pod kotom $\alpha$. Potem $AO=OC$ in $BO=OD$ po lastnosti paralelograma. Sinusi kotov, katerih seštevek znaša $180^\circ$, so enaki, $\angle AOB = \angle COD = 180^\circ - \angle BOC = 180^\circ - \angle AOD$. To pomeni, da so sinusi kotov v presečišču diagonal enaki $\sin \alpha$.

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

po aksiomu merjenja površine. Za te trikotnike in kote, ko se diagonale sekajo, uporabimo formulo ploščine trikotnika $S_(ABC) = \dfrac(1)(2) \cdot AB \cdot BC \sin \angle ABC$. Stranice vsakega so enake polovici diagonal, enaki so tudi sinusi. Zato so površine vseh štirih trikotnikov enake $S = \dfrac(1)(2) \cdot \dfrac(AC)(2) \cdot \dfrac(BD)(2) \cdot \sin \alpha = \ dfrac(AC \ cdot BD)(8) \sin \alpha$. Če povzamemo vse zgoraj navedeno, dobimo

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

Pri reševanju nalog na to temo, razen osnovne lastnosti paralelogram in ustrezne formule, si lahko zapomnite in uporabite naslednje:

1. Simetrala notranjega kota paralelograma odseka enakokraki trikotnik
2. Simetrale notranjih kotov, ki mejijo na eno od stranic paralelograma, so medsebojno pravokotne.
3. Simetrale, ki prihajajo iz nasprotnih notranjih kotov paralelograma, so med seboj vzporedne ali ležijo na isti premici
4. Vsota kvadratov diagonal paralelograma je enaka vsoti kvadratov njegovih stranic
5. Površina paralelograma je enaka polovici produkta diagonal in sinusa kota med njima

Razmislimo o problemih, pri katerih se te lastnosti uporabljajo.

Naloga 1.

Simetrala kota C paralelograma ABCD seka stranico AD v točki M in nadaljevanje stranice AB čez točko A v točki E. Poiščite obseg paralelograma, če je AE = 4, DM = 3.

rešitev.

1. Trikotnik CMD je enakokrak. (Lastnost 1). Zato je CD = MD = 3 cm.

2. Trikotnik EAM je enakokrak.
Zato je AE = AM = 4 cm.

3. AD = AM + MD = 7 cm.

4. Obseg ABCD = 20 cm.

Odgovori. 20 cm.

Naloga 2.

V konveksni štirikotnik ABCD so narisane diagonale. Znano je, da so ploščine trikotnikov ABD, ACD, BCD enake. Dokaži, da je ta štirikotnik paralelogram.

rešitev.

1. Naj bo BE višina trikotnika ABD, CF pa višina trikotnika ACD. Ker sta glede na pogoje naloge ploščini trikotnikov enaki in imata skupno osnovo AD, sta tudi višini teh trikotnikov enaki. BE = CF.

2. BE, CF sta pravokotni na AD. Točki B in C se nahajata na isti strani glede na premico AD. BE = CF. Zato je premica BC || A.D. (*)

3. Naj bo AL nadmorska višina trikotnika ACD, BK nadmorska višina trikotnika BCD. Ker sta glede na pogoje naloge ploščini trikotnikov enaki in imata skupno osnovo CD, sta tudi višini teh trikotnikov enaki. AL = BK.

4. AL in BK sta pravokotni na CD. Točki B in A se nahajata na isti strani glede na premico CD. AL = BK. Zato je premica AB || CD (**)

5. Iz pogojev (*), (**) sledi, da je ABCD paralelogram.

Odgovori. Dokazano. ABCD je paralelogram.

Naloga 3.

Na stranicah BC in CD paralelograma ABCD sta označeni točki M oziroma H, tako da se odseka BM in HD sekata v točki O;<ВМD = 95 о,