pole trapezu

peele · Post autor: **peele** » 14 kwie 2008, o 17:31

zad.1
Pole trapezu jest równe P, a stosunek długości podstaw trapezu wynosi 2. Przekątne dzielą ten trapez na cztery trójkąty. Oblicz pola każdego z tych trójkątów.

odpowiedź jest następująca: \(\displaystyle{ \frac{1}{9}P, \frac{4}{9}P, \frac{2}{9}P, \frac{2}{9}P}\) czyli z tego można wywnioskować że 2 trójkąty mają takie same pola a w tym przypadku są to te boczne trójkąty czyli trapez musi być równoramienny żeby miały takie same pola czyli coś jest nie tak bo w treści zadania tego nie ma ze jest równoramienny :/
proszę o pomoc

JankoS · Post autor: **JankoS** » 15 kwie 2008, o 00:01

Trapez nie musi być równoramienny.
\(\displaystyle{ P _{\Delta _{asb} }=\frac{1}{2} 2xy sin ASD=\frac{1}{2}2x y sin BSD=P _{\Delta _{BSC} }}\). {pnadto wiem, że pole pow.ABs jest 4 razy większe od pola pow. DSC oraz , że \(\displaystyle{ \frac{3bh}{2}=P.}\)
Zmienione
Trójkąty ABS i DSC są podobne w skali 2. Stąd AS=2SC i BS=2SD oraz wysokość trójkąta dolnego jest dwa razy większa od wysokości tr.górnego.
Oznaczam \(\displaystyle{ P _{d}}\) pole pow. tr. ABS, \(\displaystyle{ P _{g}}\)- pole pow. tr. DSC, \(\displaystyle{ P _{b}}\) - pole pow. tr. ASD = pole. pow. tr. BSC.
\(\displaystyle{ h _{1}=2h _{2}=\frac{2}{3}h,}\) gdzie h - wysokość trapezu.
\(\displaystyle{ P=P _{d}+P _{g}+2P _{b} =\frac{2bh _{1}}{2}+ \frac{bh _{2}}{2}+2P _{b} =\frac{4bh }{6}+ \frac{bh}{6}+2P _{b}=\frac{5bh }{6}+2P _{b}=\frac{5 3bh }{3 3 2} +2P _{b}=\frac{5}{9}P+2P _{b} 2P _{b}=\frac{4}{9}P P _{b}=\frac{2}{9}P}\)
\(\displaystyle{ P _{d}=\frac{2bh _{1}}{2}=\frac{4bh }{6}=\frac{4 3bh }{3 3 2}=\frac{4}{9}P.}\)
\(\displaystyle{ P _{g}=\frac{1}{4}P _{d}=...}\)

Dlaczego to nie jest w Planimetrii?

peele · Post autor: **peele** » 15 kwie 2008, o 01:43

wogóle nie mam sposobu na to zadanie... skąd się wogole wziął podzial tych przekatnych na 2x i x oraz 2y i y?

JankoS · Post autor: **JankoS** » 15 kwie 2008, o 12:29

peele pisze:wogóle nie mam sposobu na to zadanie... skąd się wogole wziął podzial tych przekatnych na 2x i x oraz 2y i y?

U góry jest rozwiązanie.

peele · Post autor: **peele** » 16 kwie 2008, o 01:20

wielkie dzieki juz wszystko jasne a jutro piąteczka bedzie za to zadanie pzdr

JankoS · Post autor: **JankoS** » 16 kwie 2008, o 01:22

peele pisze:\(\displaystyle{ =\frac{5 3bh }{3 3 2} +2P _{b}}\) a to się skąd wzięło? chodzi mi o te trojki w ułamku...

Pole trapezu\(\displaystyle{ P=\frac{b+2b}{2}h=\frac{3bh}{2}.}\)Pomnożyłem ułamek przez jedynkę w postaci 3/3, żeby jawnie występował w nich powyższy wzór.
\(\displaystyle{ \frac{5bh}{6}=\frac{5bh 3}{3 2 3}=\frac{5}{9} \frac{3bh}{2}=\frac{5}{9}P.}\)

peele · Post autor: **peele** » 16 kwie 2008, o 01:24

a jeszcze mam pytanie bo wyszlo nam ze te Pola boczne sa takie same... mozna to wytlumaczyc tym ze te boczne trojkaty sa podobne?

JankoS · Post autor: **JankoS** » 16 kwie 2008, o 01:53

peele pisze:a jeszcze mam pytanie bo wyszlo nam ze te Pola boczne sa takie same... mozna to wytlumaczyc tym ze te boczne trojkaty sa podobne?

Nie wiem czy są one podobne (chyba nie), ale mają talie same pola. Korzystam ze wzoru pole pow. trójkąta = połowie iloczynu boków i sinusa kąta między nimi zawartego. Przekątne w punkcie przecięcia S tworzą cztery kąty parami równe, jako kąty wierzchołkowe. Kąty w trójkątach bocznych leżące naprzeciw ramion trapezu są wierzchołkowe, a więc równe. Oznaczę go F. Liczę pole ASD\(\displaystyle{ =\frac{2xy}{2}sinF}\)
Liczę pole BSC\(\displaystyle{ =\frac{x2y}{2}sinF}\)
"Wychodzi" to samo.