Информация о задаче

Задача 55293

Темы:	[	Теорема косинусов	]
Темы:	[	Перенос стороны, диагонали и т.п.	]

Сложность: 4+
Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

В трапеции ABCD точка K — середина основания AB, M — середина основания CD. Найдите площадь трапеции, если известно, что DK — биссектриса угла D, BM — биссектриса угла B, наибольший из углов при нижнем основании равен 60^o, а периметр равен 30.

Подсказка

Через вершину меньшего основания проведите прямую, параллельную боковой стороне трапеции, и примените теорему косинусов.

Решение

Пусть K — середина большего основания AB трапеции ABCD. Предположим, что $\angle$ DAB = 60^o. Поскольку

$\displaystyle \angle$ ADK = $\displaystyle \angle$ KDC = $\displaystyle \angle$ AKD,

то треугольник ADK — равносторонний, DK = AK = KB. Поэтому $\angle$ ADB = 90^o, а $\angle$ DBA = 30^o. Но

$\displaystyle \angle$ DBA < $\displaystyle \angle$ MBA = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ $\displaystyle \angle$ ABC.

Поэтому $\angle$ ABC > 60^o, что невозможно. Следовательно, $\angle$ ABC = 60^o.

Обозначим BC = MC = MD = x, AD = AK = KB = y. Тогда x + y = 10. Проведём через вершину C прямую, параллельную AD, до пересечения с основанием AB в точке P. В треугольнике BCP известно, что

BC = x, CP = AD = y, BP = AB - AP = AB - DC = 2(y - x), $\displaystyle \angle$ CBP = 60^o.

По теореме косинусов

y² = x² + 4(y - x)² - 2x(y - x).

Из полученной системы

$\displaystyle \left\{\vphantom{ \begin{array}{lll} x+y = 10\\ y^{2} = x^{2} + 4(y - x)^{2}- 2x(y - x)\\ \end{array} }\right.$ $\displaystyle \begin{array}{lll} x+y = 10\\ y^{2} = x^{2} + 4(y - x)^{2}- 2x(y - x)\\ \end{array}$

находим, что x = 3, y = 7. Тогда высота трапеции равна x sin 60^o = ${\frac{3\sqrt{3}}{2}}$ . Следовательно,

S_ABCD = (x + y)^. $\displaystyle {\frac{3\sqrt{3}}{2}}$ = 15 $\displaystyle \sqrt{3}$ .

Ответ

15 $\sqrt{3}$ .

Источники и прецеденты использования


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	4040