Четириъгълници

Самоподготовка по Математика
за 10 клас
Геометрия

Съдържание на темата:

Четириъгълник, вписан в окръжност – решени задачи
Успоредник. Видове успоредници – решени задачи
Трапец – решени задачи

I. Четириъгълник, вписан в окръжност

Решени задачи

Зад. №1:: (Матура, 2013): Четириъгълник ABCD е вписан в окръжност. Ако ADC = 135°, AB = 3 и BC = 2 cm, да се намери дължината на радиуса на описаната около четириъгълника окръжност.

Решете сами задачата като използвате теорията. Ако не можете, разгледайте упътването и отново се опитайте да я решите. При евентуален неуспех вижте примерното решение.

Една и съща окръжност е описана около ABCD и около ΔABC. Затова:

Приложете косинусова теорема за ΔABC и намерете АС.
Приложете синусова теорема за ΔABC и намерете търсения радиус.

ABCD – вписан четириъгълник и от Теорема 1 (формула 1) следва, че:
B + D = 180° B + 135° = 180° B = 45°.
Прилагаме косинусова теорема за ΔABC:
AC² = AB² + BC² – 2AB.BC.cos 45° = (3)² + 2² – AC = .
Прилагаме синусова теорема за ΔABC:

Върни се в теорията

II. Успоредник. Видове успоредници

Теория

Решени задачи

Зад. №1:: Върху страните AB, BC и AC на ΔABC са избрани съответно точките L, M и N така, че LM || AC, MN || AB. Намерете страните на успоредника ALMN, ако периметърът му е 18 cm, AC = 8 cm, AB = 12 cm.

Докажете подобието на ΔNMC и ΔABC.
Съставете система от подходящо свойство на подобните триъгълници и дадения периметър.

Нека AL = MN = x, AN = LM = y, тогава CN = AC – AN = 8 – y.
ΔNMC ~ ΔABC (по І признак, защото: 1. C – общ, 2. MNC = BAC като съответни ъгли на AB || MN).
Прилагаме подходящо свойства на подобните триъгълници (формула 8):
(A): 2x + 3y = 24.
P_ALMN = 2x + 2y 2x + 2y = 18 (B): x + y = 9.
От (A) и (B) съставяме система и я решаваме чрез събиране:
AL = MN = x = 3 cm, AN = LM = 6 cm.

Зад. №2:

В ромб ABCD е вписана окръжност с радиус r, а BAD = 60°.

а) Да се намерят диагоналите и страните на ромба ABCD.

б) Да се намери разстоянието между центровате на описаните окръжности около ΔABC и ΔABD.

а)

В подходящи правоъгълни триъгълници използвайте теорема за катет лежащ срещу ъгъл с 30° и подходяща тригонометрична функция, за да намерите диагоналите на ромба.
Докажете, че ΔABD е равностранен.

б)

Докажете, че т. D е център на описаната около ΔABC окръжност, а центърът на описаната около окръжност лежи на диагонала АС.
Използвайте теорема за медицентър, за да намерите търсеното разстояние.

а)

ABCD – ромб и BAD = 60° AOD = 90°, CAB = CAD = 30°, OE = r.
Намираме диагонала АС: В ΔAEO имаме: AEO = 90°, OAE = 30° AO = CO = 2OE = 2r AC = 4r.
Намираме диагонала BD:
- В ΔAOD имаме: AOD = 90°, OAD = 30° tg OAD = r.
- BD = 2OD = r.
Намираме страната на ромба: ΔABD – равнобедрен (AB = AD) и BAD = 60° ΔABD – равностранен, т.е. AB = BD = r.

б) Нека DH – височина на ромба ABCD.

Намираме центъра на описаната около ΔABD окръжност: ΔABD – равностранен, AO и DH – височини следователно, те са и симетрали, т.е. точка М е център на описаната около ΔABD окръжност.
Намираме центъра на описаната около ΔABС окръжност:
- ABCD – ромб AD = DC.
- ΔABD – равностранен (по доказателство) AD = BD.
- AD = BD = CD = R, т.е. точка D е център на описаната около ΔABС окръжност.
Търсеното разстояние е отсечката DM:
- От формула (6) DH = 2r.
- ΔABD – равностранен и АО и DH – медиани т. М – медицентър, т.е. DM = DH = . 2r DM = r.

Зад. №3:: Диагоналите на успоредника ABCD са AC = d₁ и BD = d₂ (d₁ > d₂), а A = α. Да се намери лицето на успоредника.

Използвайте формула за лице на успоредник (формула 4) и заместете произведението a.b чрез диагоналите d₁ и d₂.

От формула за лице на успоредник (формула 4) S_ABCD = a.b.sin α.
Изразяваме a.b чрез d₁ и d₂:
- Прилагаме косинусова теорема за ΔABD:
  (A): d₂² = a² + b² – 2abcos α.
- (AD || BC) ∩ AB ABC + BAD = 180° (като прилежащи ъгли) ABC = 180° – α.
- Прилагаме косинусова теорема за ΔABC и Таблица 2:
  (B): d₁² = a² + b² – 2abcos (180° – α) = a² + b² + 2abcos α.
- Изваждаме (А) от (В):
  d₁² – d₂² = 4abcos α ab = .
Тогава:
S_ABCD = a.b.sin α = tg α.

Бележка:

Така изведохме формула, която допълва формула (4).

Зад. №4:: Диагоналът, прекаран през върха на острия ъгъл на един успоредник, има дължина d и сключва със съседните страни ъгли α и β. Да се намери лицето на успоредника.

От Теорема за сбор на ъгли в ΔABC изразете ABC чрез α и β.
Приложете синусова теорема за ΔABC, за да намерите страната AB.
От подходяща формула намерете лицето на ΔABC.
Представете лицето на успоредника ABCD чрез лицето на ΔABC.

лице на успоредник

Бележка:

Така изведохме формула, която допълва формула (4).

Върни се в теорията

III. Трапец

Теория

Решени задачи

Зад. №1:: Даден е равнобедрен трапец, при който бедрата са равни на малката основа, а диагоналите са перпендикулярни на бедрата. Намерете ъглите на трапеца.

Отбележете равните ъгли с една и съща буква, и открийте правоъгълен триъгълник, от който да намерите тази буква.

Нека CAB = x.
(AB || CD) ∩ AC DCA = CAB = x (като кръстни ъгли).
По условие AD = CD = b ΔACD – равнобедрен (с бедра AD и CD), т.е. DAC = DCA = x.
Тогава DAB = DAC + CAB = x + x = 2x.
По условие ABCD – равнобедрен трапец и от Теорема 1 следва, че ABC = DAB = 2x.
Прилагаме кратката теорема за сбор на вътрешни ъгли в правоъгълния ΔABC (ACB = 90°):
CAB + ABC = 90° x + 2x = 90° x = 30°.
Тогава ABC = DAB = 2x = 2.30 = 60°.
(AB || CD) ∩ AD DAB + ADC = 180° (като прилежащи ъгли) и получаваме:
60° + ADC = 180° ADC = 120°.
ABCD – равнобедрен трапец DCB = ADC = 120°.

Зад. №2:: Един от ъглите на равнобедрен трапец е 60°, а средната му основа е 6,3 cm. Намерете страните на трапеца, ако диагоналите делят средната основа на три равни части.

Използвайте Теорема за средна отсечка в подходящ триъгълник и намерете малката основа на трапеца.
Използвайте Теорема за средна основа на трапец и намерете голямата основа на трапеца.
Използвайте ОЗ 4.1 и ОЗ 4.3, за да намерите разстоянието от петата на височината на трапеца до един от върховете му.
От подходящ правоъгълен триъгълник намерете бедрото на трапеца.

По условие имаме MP = PQ = QN = x.
Тогава:
MP + PQ + QN = MN x + x + x = 6,3 x = 2,1.
MP = PQ = QN = x = 2,1 cm.
MP – средна отсечка в ΔACD, защото: 1. т. M – среда на AD; 2. MP || CD и от Теорема 2 (формула 29) получаваме:
CD = 2MP = 2.2,1 = 4,2 cm.
MN – средна основа на трапеца и от Теорема 1 (формула 13) получаваме:
AB + CD = 2MN AB + 4,2 = 2.6,3 AB = 8,4 cm.
ABCD – равнобедрен трапец и от ОЗ 4.1 и ОЗ 4.3 намираме:
AH = PQ = 2,1 cm.
Прилагаме кратката теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔAHD (H = 90°):
ADH + DAH = 90° ADH + 60° = 90° ADH = 30°.
Прилагаме формула (10) за ΔAHD (H = 90°, ADH = 30°):
AD = 2AH = 2.2,1 = 4,2 cm.
ABCD – равнобедрен трапец BC = AD = 4,2 cm.
Отговор: AB = 8,4 cm, DC = 4,2 cm, BC = AD = 4,2 cm.

Зад. №3:

В равнобедрен трапец ABCD основите са AB = 10 cm, CD = 4 cm, а бедрото е AD = 5 cm. Намерете:

а) диагонала на трапеца;

б) синуса на ADB;

в) косинуса на DCB;

г) радиуса на описаната и вписаната окръжност.

а)

Използвайте ОЗ 4.3, за да намерите разстоянието на петата на височината до върховете А и В на трапеца.
От подходящи правоъгълни триъгълници намерете височината и диагонала на трапеца.

б) От подходящ правоъгълен триъгълник намерете тригонометрична функция синус и след това от синусова теорема за ΔABD намерете отговора.

в) Използвайте подходящ правоъгълен триъгълник и Таблица 2.

г)

Описаната около трапеца окръжност е същата както и описаната около ΔABD окръжност, затова намерете радиуса на описаната около ΔABD окръжност, като приложите синусова теорема.
Радиусът на вписаната окръжност намерете, като използвате формула (18).

а)

Използваме ОЗ 4.3 за равнобедрения трапец ABCD:
AH = = 3 cm.

BH = = 7 cm.
Прилагаме Питагорова теорема за ΔAHD (H = 90°):
h² = AD² – AH² = 5² – 3² h = DH = 4 cm.
Прилагаме Питагорова теорема за ΔBHD (H = 90°):
BD² = h² + BH² = 16 + 49 BD = .

б) Нека ADB = x, BAD = α.

Прилагаме формула (23) за правоъгълния ΔAHD:
sin α = .
Прилагаме синусова теорема за ΔABD:

в) Нека DCB = y, но ABCD – равнобедрен трапец BAD = ABC = α.

Прилагаме формула(24) за правоъгълния ΔAHD:
cos α = .
(AB || CD) ∩ BC DCB = 180° – ABC = 180° – α.
Използваме Таблица 2:
cos DCB = cos (180° – α) = – cos α = – .

г)

Описаната около трапеца окръжност е същата както и описаната около ΔABD окръжност, затова намираме радиуса на описаната около ΔABD окръжност, като приложим синусова теорема:
Радиусът на вписаната окръжност в трапеца намираме от формула (18), т.е.
2r = h = 4 r = 2 cm.

Зад. №4:

Даден е трапец ABCD с бедра AD = 3 cm и BC = 5 cm, в който може да се впише окръжност. Средната основа на трапеца го дели на две части, лицата на които се отнасят както 5 : 11.

а) Да се докаже, че центърът на вписаната в трапеца окръжност лежи на средната му основа;

б) Да се намерят основите на трапеца.

а)

Нека т. О – център на вписаната в трапеца ABCD окръжност, а т. Е и т. F – допирните точки на тази окръжност до основите АВ и CD. Тогава т. O EF и OE = OF = r.
През т. О построяваме права PQ || AB.
В трапеца AEFD имаме: OE = OF, PO || AE PO – средна основа, т.е. т. Р – среда на AD.
По аналогичен начин от трапеца EBCF следва, че т. Q – среда на BC.
От определението следва, че PQ е средна основа в трапеца ABCD и т. О PQ.

б) Нека AB = a, CD = b, DH = h.

Намираме едно уравнение с неизвестни a и b: ABCD – описан трапец и от Теорема 2 (формула 2) получаваме:
AB + CD = AD + BC a + b = 8, т.е. (A): a = 8 – b.
Ще намерим още едно уравнение със същите две неизвестни a и b:
- MN – средна основа в трапеца ABCD и от Теорема 1 (формула 13) получаваме:
  MN = = 4 cm.
- В ΔAHD т. М – среда на AD и MQ || AH т. Q – среда на DH, т.е. h₁ = h₂ = h.
- По условие имаме:
Заместваме (А) в (В) 5(8 – b) – 11b = 24, т.е. b = 1; a = 8 – b = 8 – 1 = 7, или AB = 7 cm, CD = 1 cm.

Върни се в теорията

Върни се нагоре Начало Предходен Следващ

Вижте още

Самоподготовка

Предстоят ви изпити или матура по Математика или Физика, но не сте убедени, че сами ще се справите. Учебен център „СОЛЕМА“ ви предоставя следните програми и тестове към тях:

МАТЕМАТИКА

Кандидат-студенти

Матура

10 клас

7 клас

ФИЗИКА

Кандидат-студенти

Матура