Trapezy równoramienne opisane na okręgu

[Sylvia2307]

Oblicz pole trapezu równoramiennego, w który można wpisać okrąg, wiedząc, że:

• 1. promień okręgu wpisanego jest styczny do ramienia w punkcie M, który dzieli to ramię na odcinki, których stosunek jest \(\displaystyle{ \frac{3}{4}}\)

• 2. odcinki łączące środek koła wpisanego z końcami ramion mają długość 6 i 8

• 3. przekątna trapezu ma długość \(\displaystyle{ \sqrt{34}}\), ramię c=4

• Oblicz promień okręgu opisanego na trapezie z pkt 3.

Proszę o pomoc w tych zadaniach, bo kompletnie mi nie idzie ;/-- 23 cze 2010, o 06:44 --

[wawek91]

Podpunkt 3.

\(\displaystyle{ a + b = 2c}\)
\(\displaystyle{ a + b = 8}\)

\(\displaystyle{ 16 + 4r^{2} = 34}\)
\(\displaystyle{ r = \frac{3\sqrt{2}}{2}}\)

\(\displaystyle{ P = 4 \cdot 3\sqrt{2}}\)
\(\displaystyle{ P = 12\sqrt{2}}\)

Licze promień koła opisanego.

\(\displaystyle{ sin\alpha = \frac{3\sqrt{2}}{4}}\) gdzie \(\displaystyle{ \alpha}\) to kąt przy podstawie

\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{34}}{sin\alpha} = 2R}\)

\(\displaystyle{ R = \frac{2\sqrt{34}}{3\sqrt{2}}}\)

Mam nadzieje, że tym razem wszystko jest ok

[tometomek91]

1. Skorzystaj z twierdzenia o odcinkach, które wydzielają punkty styczności z okręgiem. Stąd właśnie dowiesz się, że stosunek długości podstaw to 3/4.
2. Odcinki o długości 6 i 8 leżą pod kątem prostym, później korzystamy z faktu, że w trapez można wpisać okrąg, czyli suma długości podstaw to 20.

[Sylvia2307]

Podpunkt 3.

\(\displaystyle{ 16 + 4r^{2} = 34}\)

skąd to jest? bo nie rozumiem

[piasek101]

...
\(\displaystyle{ sin\alpha = \frac{3\sqrt{2}}{4}}\) gdzie \(\displaystyle{ \alpha}\) to kąt przy podstawie

Tylko, że ten sinus wyszedł > 1.

[sushi]

moze lepiej 3 zrobic tak

A i B wierzcholki podstawy "a" (dłuzszej podstawy)

C D wierzcholki gornej podstawy "b"

Z punktu D prowadziny przekatna "d" trapezu oraz wysokosc na podstawe DE

dostaniemy dwa trojkaty prostokatne AED i BED
niech |AE|=x ====\(\displaystyle{ \frac{a-b}{2}}\)

\(\displaystyle{ c^2= h^2 +x^2}\)

\(\displaystyle{ d^2= h^2 + (a-x)^2}\)

podstawiajac dane liczbowe do tych rownan mamy


\(\displaystyle{ 16= h^2 +(\frac{a-b}{2})^2}\)

\(\displaystyle{ 34= h^2 + (a-\frac{a-b}{2})^2}\)

odejmujemy stronami 2 minus 1

\(\displaystyle{ 18=(a-\frac{a-b}{2})^2 - (\frac{a-b}{2})^2}\) wzory skroconego mnozenia na roznice kwadratów

\(\displaystyle{ 18=[(a-\frac{a-b}{2}) - (\frac{a-b}{2})] [(a-\frac{a-b}{2}) + (\frac{a-b}{2})]}\)

\(\displaystyle{ 18=[a-(a-b)] [a]}\)


\(\displaystyle{ 18=b \cdot a}\)
i
\(\displaystyle{ a+b=8}\)

wyliczymy "a" i "b"
a potem to juz do wzorow

[Sylvia2307]

2. Odcinki o długości 6 i 8 leżą pod kątem prostym, później korzystamy z faktu, że w trapez można wpisać okrąg, czyli suma długości podstaw to 20.

No to zauważyłam, że pod kątem prostym, tylko jak ja mogę to udowodnić?

-- 23 cze 2010, o 09:54 --

Sushi dziękuję za pomoc przy tym trzecim nawet rozumiem jak to idzie ;d-- 23 cze 2010, o 09:57 --chociaż chyba nie ;/ za a podstawiłam 8 - b, i później mam równanie kwadratowe, z którego delta wychodzi mi mniejsza od 0 co teraz? nie mam jednoznacznie wyznaczonego b ;/

[sushi]

własnie tez to policzylem, sprawdzielm dwa razy tamte obliczenia i sa OK, zobacz czy dobre liczby podalas do zadania

[tometomek91]

No to zauważyłam, że pod kątem prostym

to teraz krotsza podstawa a, dluzsza 20-a, twierdzenie Pitagorasa...

tylko jak ja mogę to udowodnić?

Dowód:
A,B,C,D - wierzchołki trapezu, AB - dluższa podstawa, CD - krótsza, O - srodek okręgu wpisanego, E - srodek krotszej podstawy, F - dłuzszej, G - spodek wysokosci trojkata BCO i \(\displaystyle{ G \in BC}\).
Niech \(\displaystyle{ \sphericalangle EOC =\alpha}\), wtedy \(\displaystyle{ \sphericalangle ECO = 90^{o}-\alpha}\). jako że \(\displaystyle{ \Delta EOC \equiv \Delta COG}\) (cecha bkb), to \(\displaystyle{ \sphericalangle COG =\alpha}\) oraz \(\displaystyle{ \sphericalangle ECG=180^{o}-2\alpha}\), czyli \(\displaystyle{ \sphericalangle FBC=2 \alpha}\). Prosta BO jest dwusieczną kąta ABC, więc \(\displaystyle{ \sphericalangle OBG =\alpha}\) czyli \(\displaystyle{ \sphericalangle BOG=90^{o}-\alpha}\). \(\displaystyle{ \sphericalangle BOC=\sphericalangle BOG + \sphericalangle COG=90^{o}-\alpha +\alpha=90^{o}}\).

[sushi]

zatem trzeba dodac stronami

\(\displaystyle{ 16= h^2 +(\frac{a-b}{2})^2}\)

\(\displaystyle{ 34= h^2 + (a-\frac{a-b}{2})^2}\)


\(\displaystyle{ 50= 2h^2 +(\frac{a-b}{2})^2 + (a-\frac{a-b}{2})^2}\)

\(\displaystyle{ 50= 2h^2 +(\frac{a-b}{2})^2 + (a^2 -2a \frac{a-b}{2}+(\frac{a-b}{2})^2)}\)


\(\displaystyle{ 50= 2h^2 +(\frac{a-b}{2})^2 + (a^2 -a (a-b)+(\frac{a-b}{2})^2)}\)

\(\displaystyle{ 50= 2h^2 + (a^2 -a (a-b)+ 2(\frac{a-b}{2})^2)}\)

\(\displaystyle{ 50= 2h^2 + (ab+ 2(\frac{a-b}{2})^2)}\)

\(\displaystyle{ 50= 2h^2 + ab+ 2(\frac{a^2 -2ab + b^2}{4})}\)

\(\displaystyle{ 50= 2h^2 + 2(\frac{a^2 + b^2}{4})}\)

\(\displaystyle{ 50= 2h^2 + (\frac{a^2 + b^2}{2})}\)


teraz zajmiemy sie

\(\displaystyle{ a^2 + b^2}\)

\(\displaystyle{ a^2 + b^2 +2ab = (a+b)^2}\)

\(\displaystyle{ a^2 + b^2 +2 \cdot 18 = 64}\)

\(\displaystyle{ a^2 + b^2 = 64 -36}\)

\(\displaystyle{ a^2 + b^2 = 28}\)

zatem

\(\displaystyle{ 50= 2h^2 + (\frac{a^2 + b^2}{2})}\)

\(\displaystyle{ 50= 2h^2 + (\frac{28}{2})}\)

\(\displaystyle{ 50= 2h^2 + 14}\)

\(\displaystyle{ 36= 2h^2}\)

\(\displaystyle{ h^2= 18}\)

\(\displaystyle{ h= ...}\) i do wzoru na pole

[tometomek91]

W trzecim skorzystałbym dwa razy z twierdzenia kosinusów...

[piasek101]

Wg mnie 3 ma złe dane.

Gdy \(\displaystyle{ h^2=18}\) to (h) wyjdzie dłuższe od ramienia i stąd też ten sinus > 1 (o czym pisałem wcześniej).

[Sylvia2307]

Tak dane do trzeciego są poprawne, chyba, że pani się pomyliła jak nam dyktowała...

Ale i tak dzięki wam wszystkim za pomoc :*

[piasek101]

Tak dane do trzeciego są poprawne, chyba, że pani się pomyliła jak nam dyktowała...

Skoro dyktowała - to obstawiam ramię 5.