Раз в трапецию можно вписать окружность, то суммы противоположных её сторон равны. BC = CM = LB = BN и BS = SA = AN = ND = DG, т.к трапеция равнобоковая и отрезки касательных, проведённые из одной точки равны. Опустим два перпендикуляра к большему основанию AD. Обозначим их за BE т FC. Внутри трапеции образовался прямоугольник BEFC => BC = EF = 2m. Тогда AE + FD = 2n - 2m. AB = CD BE = CF Угол AEB = углу DFC = 90° Значит, треугольник равны по катеты и гипотенузе. Из равенства треугольников => AE = FD. Значит, AE = FD = 1/2(AE + FD) = 1/2•(2n - 2m) = n - m. По теореме Пифагора: BE = √(m + n)² - (n - m)² = √m² + 2mn + n² - n² + 2mn - m² = √4mn = 2√mn. Значит, высота трапеции равна 2√mn. Площадь S трапеции равна: S = 1/2(BC + AD)•EB S = (m + n)•2√mn.
1. ABCD - параллелограмм ; P = 2(AB +BC ) =52 ; BD ⊥ AC ; BD =10 .
AC - ?
Если в параллелограмме диагонали перпендикулярны ⇒ ABCD ромб (Действительно , пусть O точка пересечения диагоналей BD и AC ; в точке пересечения диагонали делятся пополам AO = CO и BO =DO ||=5 || , т.е. в треугольнике ABD AO и медиана ,и высота , значит A B = A D = P / 4 = 52/4 =13. Из ΔAOD ( или ΔAOB) по теореме Пифагора AO =√ (A B² - BO²) =√ (13² - 5²) =12⇒ AC = 2 AO =2*12 =24.
ответ : 24. * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 2. M произвольная точка внутри Δ ABC
MA +MB +MC > ( AC+ AB +BC) /2 →?
Пусть ABC любой треугольник , а M произвольная точка внутри него MA + MC > AC ; MA + MB > AB ; MB + MC > BC . Сложим эти три неравенства и получаем 2(MA +MB +MC) > AC+ AB +BC 2(MA +MB +MC) > P ⇒ MA +MB +MC > P / 2 , что и требовалось доказать. * * * * * * * * * * * * * * * * * * * ! Гораздо интереснее доказать , что MA +MB +MC < P . таким образом получить P/2 < MA + MB + MC < P. * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 3. ABCD - трапеция : AD | | BC и AD > BC ; AO = DO =R =2 ; AB = BC .
S = S (ABCD ) - ?
Только около равнобедренной трапеции можно описать окружность. Действительно ∠ABC + ∠BAD =180° и ∠ABC + ∠CDA =180 ° ⇒ ∠BAD=∠CDA или по другому ◡ AB = ◡ CD (как дуги между параллельными хордами AD и BC ), значит и AB = CD ⇒ ∠BAD = ∠CDA . Если центр лежит на одной из ее сторон трапеции, то эта сторона большое основание (OA =OD =R) . AВ _ диаметр. По условию задачи AB = BC ⇒ ◡ AB = ◡BC, но ◡ AB = ◡ CD , ◡AB = ◡BC = ◡ CD = 180°/3 =60°. У равнобедренных треугольников AOB , COD , BOC один угол 60 ° следовательно они равные и равносторонние : Поэтому S= 3*S(DOC) =3 *(2²√3) /4 =3√3 .
ответ : 3√3 .
* * * * Четырехугольники ABCO и DCBO являются ромбами.
BC = CM = LB = BN и BS = SA = AN = ND = DG, т.к трапеция равнобоковая и отрезки касательных, проведённые из одной точки равны.
Опустим два перпендикуляра к большему основанию AD. Обозначим их за BE т FC. Внутри трапеции образовался прямоугольник BEFC => BC = EF = 2m. Тогда AE + FD = 2n - 2m.
AB = CD
BE = CF
Угол AEB = углу DFC = 90°
Значит, треугольник равны по катеты и гипотенузе.
Из равенства треугольников => AE = FD. Значит, AE = FD = 1/2(AE + FD) = 1/2•(2n - 2m) = n - m.
По теореме Пифагора:
BE = √(m + n)² - (n - m)² = √m² + 2mn + n² - n² + 2mn - m² = √4mn = 2√mn.
Значит, высота трапеции равна 2√mn.
Площадь S трапеции равна:
S = 1/2(BC + AD)•EB
S = (m + n)•2√mn.