ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 108587
Темы:    [ Теорема косинусов ]
[ Равнобедренные, вписанные и описанные трапеции ]
Сложность: 3
Классы: 8,9
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Основания трапеции равны 3 см и 5 см. Одна из диагоналей трапеции равна 8 см, угол между диагоналями равен 60o . Найдите периметр трапеции.

Подсказка

Через вершину меньшего основания трапеции проведите прямую, параллельную одной из диагоналей.


Решение

Пусть ABCD – данная трапеция, BC=3 и AD=5 – её основания, AC=8 – данная диагональ, O – точка пересечения диагоналей. Через вершину C проведём прямую, параллельную диагонали BD . Пусть эта прямая пересекается с продолжением основания AD в точке E . Тогда BCED – параллелограмм,

DE=BC=3, AE = AD+DE = AD+BC=3+5 = 8 = AC.

Поэтому треугольник CAE – равнобедренный. Значит,
AEC = ACE = AOD.

Заметим, что угол AOD не может быть тупым, т.к. он равен углу ACE при основании равнобедренного треугольника. Поэтому AOD = 60o . Следовательно, треугольник ACE – равносторонний, а значит, CE=8 . Поскольку диагонали AC и BD трапеции ABCD равны, то она равнобедренная. По теореме косинусов из треугольника CED находим, что
CD2 = CE2+DE2 - 2· CE· DE cos 60o = 64+9 - 2· 8· 3 · = 49.

Поэтому CD = 7 . Следовательно, периметр трапеции равен 3+5+7+7 = 22 .


Ответ

22.00

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер 4263

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .