Решить 15.3 с рисунками

Question

Задача · 10 класс Задача №3771757

А

Аноним

6 дней назад · публичный вопрос

А

Аноним 6 дней назад

Решить 15.3 с рисунками

Ответ нейросети

6 дней назад

Решение 15.3

Кратко

\(BE=\dfrac{2}{\sqrt3}=\dfrac{2\sqrt3}{3}\) см;
\(S_{ABCD}=\dfrac{16}{\sqrt3}=\dfrac{16\sqrt3}{3}\) см².
\(\triangle AOD\sim\triangle COB\) (то есть \(\triangle AOD\sim\triangle BOC\));
\(P_{AOD}:P_{BOC}=5:3\).
\(S_{ACD}=\dfrac{10}{\sqrt3}=\dfrac{10\sqrt3}{3}\) см².
\(\overrightarrow{BE}=-\overrightarrow{AB}+\dfrac15\overrightarrow{AD}\).
Надо построить середины \(M\) и \(N\) боковых сторон \(AB\) и \(CD\) и соединить их. Средняя линия равна \(8\) см.
В выбранной ниже системе координат
\[ x^2+y^2-16x+\frac4{\sqrt3}y=0, \] или \[ \left(x-8\right)^2+\left(y+\frac2{\sqrt3}\right)^2=\frac{196}{3}. \]

1) Высота и площадь трапеции

Схема:

          B──────C
         /|      |\
        / |h     |h\
       A──E──────F──D
          AE=2  FD=2

Пусть \(E\) — основание высоты из \(B\), \(F\) — из \(C\). Так как трапеция равнобедренная,
\[ AE=FD=\frac{AD-BC}{2}=\frac{10-6}{2}=2\text{ см}. \]

В прямоугольном \(\triangle ABE\) угол при \(A\) равен \(30^\circ\), поэтому \[ \tan30^\circ=\frac{BE}{AE}, \] \[ BE=AE\cdot \tan30^\circ =2\cdot\frac1{\sqrt3} =\frac{2}{\sqrt3} =\frac{2\sqrt3}{3}\text{ см}. \]

Площадь трапеции: \[ S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot BE =\frac{10+6}{2}\cdot\frac2{\sqrt3} =8\cdot\frac2{\sqrt3} =\frac{16}{\sqrt3} =\frac{16\sqrt3}{3}\text{ см}^2. \]

Проверка:
\[ AB=\frac{AE}{\cos30^\circ} =\frac{2}{\sqrt3/2} =\frac4{\sqrt3}, \] тогда \[ BE=AB\sin30^\circ=\frac4{\sqrt3}\cdot\frac12=\frac2{\sqrt3}. \] Всё сходится.

2) Подобие треугольников \(AOD\) и \(BOC\)

Схема:

          B─────────C
           ╲       ╱
            ╲     ╱
             ╲ O ╱
              ╲ ╱
             A────D

Здесь \(O\) — точка пересечения диагоналей \(AC\) и \(BD\).

Так как \(AD\parallel BC\), то при секущих \(AC\) и \(BD\):

\[ \angle OAD=\angle OCB, \] \[ \angle ODA=\angle OBC. \]

Значит, треугольники \(AOD\) и \(COB\) подобны по двум углам: \[ \triangle AOD\sim \triangle COB. \]

Сходственные стороны: \[ AD\leftrightarrow BC. \]

Коэффициент подобия: \[ k=\frac{AD}{BC}=\frac{10}{6}=\frac53. \]

Отношение периметров такое же: \[ P_{AOD}:P_{BOC}=5:3. \]

3) Площадь треугольника \(ACD\)

Основание \(AD=10\) см, а высота треугольника \(ACD\), проведённая из \(C\) к \(AD\), равна высоте трапеции \(BE=\frac2{\sqrt3}\) см.

Тогда: \[ S_{ACD}=\frac12\cdot AD\cdot BE =\frac12\cdot 10\cdot\frac2{\sqrt3} =\frac{10}{\sqrt3} =\frac{10\sqrt3}{3}\text{ см}^2. \]

4) Вектор \(\overrightarrow{BE}\)

Из пункта 1: \[ AE=2\text{ см}. \]

При этом \(AD=10\) см, значит \[ AE=\frac15 AD. \]

Поэтому \[ \overrightarrow{AE}=\frac15\overrightarrow{AD}. \]

Тогда: \[ \overrightarrow{BE} =\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AE} =-\overrightarrow{AB}+\frac15\overrightarrow{AD}. \]

Ответ: \[ \boxed{\overrightarrow{BE}=-\overrightarrow{AB}+\frac15\overrightarrow{AD}}. \]

Проверка по координатам: если \(A(0;0)\), \(D(10;0)\), \(B(2;h)\), \(E(2;0)\), то \[ \vec{AB}=(2;h),\quad \vec{AD}=(10;0), \] \[ -\vec{AB}+\frac15\vec{AD} =(-2;-h)+(2;0)=(0;-h)=\vec{BE}. \]

5) Построение средней линии

Схема:

          B────────C
         /          \
        M────────────N   ← средняя линия
       /              \
      A────────────────D

Построение циркулем и линейкой:

Строим середину \(M\) стороны \(AB\).
Для этого из точек \(A\) и \(B\) проводим окружности одинакового радиуса больше \(AB/2\). Через точки их пересечения проводим прямую — она пересечёт \(AB\) в его середине \(M\).
Аналогично строим середину \(N\) стороны \(CD\).
Соединяем \(M\) и \(N\).

\(MN\) — средняя линия трапеции. Она параллельна основаниям, а её длина: \[ MN=\frac{AD+BC}{2}=\frac{10+6}{2}=8\text{ см}. \]

6) Окружность в системе координат

На фото конец пункта 6 обрывается после «около тре-». Но в равнобедренной трапеции все четыре вершины \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности. Поэтому для любого треугольника с тремя вершинами трапеции описанная окружность одна и та же.

Выберем систему координат так:

\[ B(0;0),\qquad A\left(0;-\frac4{\sqrt3}\right). \]

Из пункта 1: \[ AB=\frac4{\sqrt3}. \]

Угол при \(B\): \[ \angle ABC=180^\circ-30^\circ=150^\circ. \]

Выбираем направление так, что \(BC\) образует \(60^\circ\) с положительным направлением оси \(Ox\). Тогда \[ C=(6\cos60^\circ;\,6\sin60^\circ) =(3;3\sqrt3). \]

Так как \(AD\parallel BC\) и \(AD=10\), то \[ D=A+10(\cos60^\circ;\sin60^\circ) =\left(0;-\frac4{\sqrt3}\right)+(5;5\sqrt3) =\left(5;\frac{11}{\sqrt3}\right). \]

Итак: \[ B(0;0),\quad A\left(0;-\frac4{\sqrt3}\right),\quad C(3;3\sqrt3),\quad D\left(5;\frac{11}{\sqrt3}\right). \]

Уравнение окружности, проходящей через начало координат \(B\), имеет вид \[ x^2+y^2+ux+vy=0. \]

Подставляем \(A\): \[ \frac{16}{3}-\frac4{\sqrt3}v=0 \quad\Rightarrow\quad v=\frac4{\sqrt3}. \]

Подставляем \(D\): \[ 25+\frac{121}{3}+5u+\frac4{\sqrt3}\cdot\frac{11}{\sqrt3}=0. \] \[ 25+\frac{121}{3}+\frac{44}{3}+5u=0, \] \[ 80+5u=0, \] \[ u=-16. \]

Следовательно, \[ \boxed{x^2+y^2-16x+\frac4{\sqrt3}y=0}. \]

Выделим полные квадраты: \[ (x-8)^2+\left(y+\frac2{\sqrt3}\right)^2=\frac{196}{3}. \]

Значит, центр окружности: \[ Q\left(8;-\frac2{\sqrt3}\right), \] радиус: \[ R=\frac{14}{\sqrt3}=\frac{14\sqrt3}{3}. \]

Проверка: подстановка \(C(3;3\sqrt3)\): \[ 9+27-48+12=0. \] Подстановка \(B(0;0)\) тоже даёт \(0\). Всё верно.