Рис. 237.
Решение. Проведём высоты трапеции ВК и СМ. Очевидно, что КМ = 4; AK = MD = (12 – 4)/2 = 4. Так как треугольник АВК – равнобедренный (?АВК = ?ВАК = 45°). то ВК = АК = 4.
SABCD = (AD + BC)/2 ? BK = (12 + 4)/2 ? 4 = 32.
Ответ: 32 см2.
Задача 44 (рис. 238)
Рис. 238.
Решение. Проведём высоты трапеции ВК и СМ. Мы получили два прямоугольных треугольника АВК и CMD, в которых ?ВАК и ?CDM равны 30°; так как напротив угла в 30° лежит катет (ВК), равный половине гипотенузы (АВ), то АВ = 2h (ВК = h).
Ответ: (6 + 2?3)h.
Задача 45 (рис. 239)
Рис. 239.
Решение. Пусть АК = х, высоты ВК и СМ равны h, тогда, так как КМ = ВС = 4, MD = 21 – х.
Из ?АВК и ?MCD по теореме Пифагора получим:
Несложно подсчитать, что если оба угла при нижнем основании не острые, то задача решений не имеет.
Ответ: 12.
Задача 46 (рис. 240)
Рис. 240.
Решение. Проведем высоту трапеции СК (см. рис.). Тогда, KD = (a – b)/2; cos D = (a – b)/2c. Из ?ACD по теореме косинусов AC2= AD2+ CD2– 2AD ? CD ? cos D = a2+ с2– 2 ? а ? с ? (a – b)/2c = a2+ с2– a2+ аb = c2+ ab.
Ответ:
Задача 47 (рис. 241)
Рис. 241.
Решение. По содержанию задача идентична задаче 45. Однако, если мы начертим аналогичную трапецию и введем 25 соответствующие обозначения, то из чертежа получится система:
24х = 144 + 625–289 = 480; х = 20. Получается, что MD = 12–20 = -8. Это лишь означает, что трапеция выглядит как на рис. 242:
Рис. 242.
Ответ: 15 см.
Задача 48 (рис. 243)
Рис. 243.
Решение. Так как ABCD – равнобедренная трапеция, то АО = OD и ?OAD = ?ODA = 45°. Проведём высоту BK (см. рис.). Раз ?ODA = 45°, то ?KBD – равнобедренный и KD = BK = 10.
Ответ: 100.
Задача 49 (рис. 244)
Рис. 244.
Решение. Пусть ABCD – данная в условиях задачи трапеция. Обозначим через точку М точку касания окружности со стороной CD трапеции ABCD. Соединив точки С и D с центром окружности, получим треугольник COD. Так как точка О равноудалена от прямых ВС и CD, то СО – биссектриса угла BCD и ?OCD = 1/2 ?BCD. Аналогично, ?ODC = 1/2 ?ADC. Поскольку BC||AD, то ?BCD + ?ADC = ?, следовательно, ?OCD + ?ODC = ?/2. Тогда ?COD = ?/2, т. е. треугольник COD – прямоугольный. По теореме Пифагора
Так как M – точка касания окружности и стороны CD, то CD ? ОМ. Из подобия прямоугольных треугольников OCD и OMD (они имеют общий острый угол) находим, что CD/OD = OC/OM.
Отсюда
Проведём через точку О прямую, перпендикулярную ВС. Тогда она будет перпендикулярна и прямой AD. Поскольку такой перпендикуляр к прямым ВС и AD единственен, то точки пересечения его L, K c прямыми AD и ВС соответственно будут точками касания сторон трапеции с окружностью. Значит, длина высоты трапеции равна KL = 2 ? ОМ = 8/?5 и АВ = 8/?5. Поскольку в четырехугольник ABCD вписана окружность, то BC + AD = AB + CD = 18/?5. Откуда SABCD = 1/2(BC + AD) ? AB = 72/5.
Ответ: 72/5.
Задача 53 (рис. 245)
Рис. 245.
Решение. Исходя из условия задачи, получим систему:
Учитывая, что AO = СО, получим:
Ответ: 12 см; 4 см; 12 см; 4 см.
Задача 54 (рис. 246)
Рис. 246.
Решение. Так как по условию BD = 6, АС = 2?22, то, учитывая, что диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам, получим: АО = ?22, ВО = 3. Из прямоугольного треугольника АВО по теореме Пифагора
Из прямоугольного треугольника ABD
Ответ: 7.
Задача 55 (рис. 247)
Рис. 247.
Решение. С целью упрощения арифметических вычислений уменьшим все линейные размеры в 9 раз. Тогда АВ = 17; ВС = 20; BE = 15. Линии f и g делят площадь трапеции на три равные по площади части (см. рис.). Проведем высоту BE. Последовательно находим: SABCD = AD ? BE = 20 ? 15 = 300 (в «новом формате»).
Осталось увеличить полученные результаты в 9 раз: AM = 96; AN = 156.
Ответ: 96; 156.
Задача 58 (рис. 248)
Рис. 248.
Решение. Пусть в ромбе ABCD BD = АВ = AD. Тогда ?ABD – равносторонний и АВ = ВС = 10, ?BAD = 60°, ?АВС = 120°. По теореме косинусов из треугольника ABC
Ответ: 10?3 см; 120°; 60°.
Задача 59 (рис. 249)
Рис. 249.
Решение. Начертим ромб ABCD. По условию
Так как диагонали ромба перпендикулярны друг другу, то ?AOD – прямоугольный. Тогда по теореме Пифагора АО2+ OD2= AD2. Обозначим АО через 4х, тогда OD = Зх.
(4х)2+ (Зх)2= 202; 25х2= 400; х2= 16; х = 4. АО = 16; OD = 12. Осталось найти высоту ОН в ?AOD, которая и является радиусом вписанного круга. Из рисунка
Ответ: 92,16? см2.
Задача 60 (рис. 250)
Рис. 250.
Решение. Во-первых, раз
Во-вторых, высота ромба равна диаметру вписанного круга, значит,