Дано рівнобічну трапецію, у якої основи мають довжину 20см та 32см, а бічна сторона – 10см. Знайдіть площу цієї трапеції. Впишіть правильну відповідь.
Подобны, Если пирамида пересечена плоскостью, параллельной основанию, то:
1) боковые ребра и высота разделены на пропорциональные части;
2) многоугольник сечения подобен основанию;
3) площади основания и сечения относятся, как квадраты их расстояний от вершины.
Доказательство:
1) Так как \beta\||\alpha и они пересечены плоскостью грани ASB по прямым A_{1}B_{1} и AB , то A_{1}B_{1}||AB. Аналогично получим, что B_{1}C_{1}||BC, C_{1}D_{1}||CD и т. д. и B_{1}H_{1}||BH. На сторонах углов ASB, BSC, CSD, ... , BSH получим пропорциональные отрезки:
Но правые отношения в этих пропорциях равны между собой на основании только что доказанной первой теоремы, поэтому равны между собой и левые отношения:
\frac{A_{1}B_{1}}{AB} = \frac{B_{1}C_{1}}{BC} = \frac{C_{1}D_{1}}{CD} и т.д.
Т. е. стороны многоугольников A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1} и ABCDE пропорциональны. Соответствующие углы этих многоугольников равны. Следовательно, A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1} \sim ABCDE.
3) Пусть Q и Q' — площади основания и сечения. Имеем:
\frac{Q}{Q'} = \frac{A_{1}B_{1}^2}{AB^2};
Но \frac{A_{1}B_{1}}{AB} = \frac{SA_{1}}{SA} = \frac{SH_{1}}{SH} (по теореме 1), поэтому
Так как биссектриса - это ГМТ, равноудаленных от сторон треугольника, то расстояния (перпендикуляры к сторонам) от точек L, K или H до сторон АС и ВС должны быть равны.
Но отрезок BL (перпендикуляр к ВС) больше перпендикуляра от точки L к стороне АC. Тем более отрезок КВ и НВ больше перпенндикуляров от точек К и Н к стороне АС. Следовательно, точки L, К и Н не могут быть основаниями биссектрисы угла С.
Рассмотрим точки D,E,F и G. Проведя перпендикуляры из этих точек к сторонам АВ и ВС (линии, параллельные этим сторонам), попробуем определить, который из получившихся прямоугольников может быть квадратом. Точки D и E - отпадают сразу, так как соседние стороны прямоугольников с вершинами в этих точках явно не равны.
Найдем по Пифагору отрезок ВМ ≈ √(5,1² + 3,4²) = √37,57 ед. Отрезок BN = √(5,1² + 3,4²) = √37,57 ед. С учетом погрешности измерений по клеткам, эти отрезки равны. Значит и отрезки FM и FN также равны (как противоположные стороны прямоугольника). Тогда FMBN - квадрат и точка F - основание биссектрисы угла В.
Внизу
Объяснение:
Подобны, Если пирамида пересечена плоскостью, параллельной основанию, то:
1) боковые ребра и высота разделены на пропорциональные части;
2) многоугольник сечения подобен основанию;
3) площади основания и сечения относятся, как квадраты их расстояний от вершины.
Доказательство:
1) Так как \beta\||\alpha и они пересечены плоскостью грани ASB по прямым A_{1}B_{1} и AB , то A_{1}B_{1}||AB. Аналогично получим, что B_{1}C_{1}||BC, C_{1}D_{1}||CD и т. д. и B_{1}H_{1}||BH. На сторонах углов ASB, BSC, CSD, ... , BSH получим пропорциональные отрезки:
\frac{SA_{1}}{A_{1}A} = \frac{SB_{1}}{B_{1}B}; \frac{SB_{1}}{B_{1}B} = \frac{SC_{1}}{C_{1}C}; \frac{SC_{1}}{C_{1}C} = \frac{SD_{1}}{D_{1}D}; \ldots ; \frac{SB_{1}}{B_{1}B} = \frac{SH_{1}}{H_{1}H}.
Отсюда:
\frac{SA_{1}}{A_{1}A} = \frac{SB_{1}}{B_{1}B} = \frac{SC_{1}}{C_{1}C} = \frac{SD_{1}}{D_{1}D} =\ldots= \frac{SH_{1}}{H_{1}H}.
2) \triangle{A_{1}SB_{1}}\sim\triangle{ASB}; \triangle{B_{1}SC_{1}}\sim\triangle{BSC}; \triangle{C_{1}SD_{1}}\sim\triangle{CSD}
и т.д. Значит
\frac{A_{1}B_{1}}{AB} = \frac{SA_{1}}{SA}; \frac{B_{1}C_{1}}{BC} = \frac{SB_{1}}{SB}; \frac{C_{1}D_{1}}{CD} = \frac{SC_{1}}{SC} и т.д.
Но правые отношения в этих пропорциях равны между собой на основании только что доказанной первой теоремы, поэтому равны между собой и левые отношения:
\frac{A_{1}B_{1}}{AB} = \frac{B_{1}C_{1}}{BC} = \frac{C_{1}D_{1}}{CD} и т.д.
Т. е. стороны многоугольников A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1} и ABCDE пропорциональны. Соответствующие углы этих многоугольников равны. Следовательно, A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1} \sim ABCDE.
3) Пусть Q и Q' — площади основания и сечения. Имеем:
\frac{Q}{Q'} = \frac{A_{1}B_{1}^2}{AB^2};
Но \frac{A_{1}B_{1}}{AB} = \frac{SA_{1}}{SA} = \frac{SH_{1}}{SH} (по теореме 1), поэтому
\frac{Q}{Q'} = \frac{SH_{1}^2}{SH^2}.
Точка F - основание биссектрисы угла В треугольника АВС.
Объяснение:
Найдем по Пифагору стороны треугольника АВС (размеры по клеткам):
АВ = √(8² + 12²) = √208 ед.
ВС = √(9² + 6²) = √117 ед.
АС = √(18² + 1²) = √325 ед.
Выполняется равенство: АС² = АВ² + ВС², следовательно, треугольник АВС прямоугольный.
Так как биссектриса - это ГМТ, равноудаленных от сторон треугольника, то расстояния (перпендикуляры к сторонам) от точек L, K или H до сторон АС и ВС должны быть равны.
Но отрезок BL (перпендикуляр к ВС) больше перпендикуляра от точки L к стороне АC. Тем более отрезок КВ и НВ больше перпенндикуляров от точек К и Н к стороне АС. Следовательно, точки L, К и Н не могут быть основаниями биссектрисы угла С.
Рассмотрим точки D,E,F и G. Проведя перпендикуляры из этих точек к сторонам АВ и ВС (линии, параллельные этим сторонам), попробуем определить, который из получившихся прямоугольников может быть квадратом. Точки D и E - отпадают сразу, так как соседние стороны прямоугольников с вершинами в этих точках явно не равны.
Найдем по Пифагору отрезок ВМ ≈ √(5,1² + 3,4²) = √37,57 ед. Отрезок BN = √(5,1² + 3,4²) = √37,57 ед. С учетом погрешности измерений по клеткам, эти отрезки равны. Значит и отрезки FM и FN также равны (как противоположные стороны прямоугольника). Тогда FMBN - квадрат и точка F - основание биссектрисы угла В.