АD=AF+DE , поскольку AF=AQ, а DE =DQ. AF=AM+MF, где AM=MO=15, а MF по теореме Пифагора из треуг. MOF=9. AF=24. Аналогично находим DE, равное 36. Итого: AD=60. ДЗ: 28.
1/ В треугольнике OEK OE=12, OK=20 => EK=16 2/ В трапеции TCDQ пусть X=TC=CE, тогда KD=CK=CE+EK=X+16 и ED=EK+KD=16+(16+X)=32+X (I) 3/ В трапеции TCDQ средняя линия OK=20 и верхнее основание TC=X, тогда QD=40-X (II) 4/ ED=QD, как касательные, => (I)=(II) или 32+X=40-X => X=4, т.е. TC=4 и QD=40-X=40-4=36 5/ Аналогично AQ=24, тогда AD=AQ+QD=24+36=60
Да особо ничего не скажу. Опускаем высоты на боковушки в точки касания. MF=9, a KE-16, Пусть BF=a, a CE=b. Тогда ВС=a+b, a AD=(a+b)+2*9+2*16. Но МК -- средняя линия. Тогда (a+b)=BC=10, a (a+b)+50=AD Ответ:60
А что нам мешает иметь трапецию первого и второго вариантов, но зеркально отражённых по У? Тогда получается 4 варианта. Раз задача звучит как "найти нижнее основание трапеции".
AB=a.. AD=b... (a+b)/2=35...b=70-a... из треуга OEK EK=16, tgEKO=tgEDA=3/4... из точек B и C проведем перп на AD (точки S и R)... DR=32... теперь слева так же... из тр MFO MF=9...tgFMO=tgBAS=4/3....AS=18... 18+a+32=70-a...a=10..b=60
Во втором варианте ответ 28 и 42. В основе, решение то же для любого варианта чертежа - по крайней мере, для моего решения - я посчитал разность длин оснований, а сумму мы знаем - 70. Подбор чисел, конечно, как всегда на высоте - 400 - 144 = 256 и 225 - 144 = 81).
Обозначим половинки левой и правой боковых сторон через c и d. Отрезок c состоит из двух отрезков касательных, которые обозначим через u и a (снизу вверх), т.е. c = u + a. Аналогично d = v + b. Отрезки u и v можно найти по теореме о касательной и секущей: u² = (3 + 24)•3 = 81, u = 9; v² = (8 + 24)•8 = 256, v = 16. Отрезки a и b вместе составляют верхнее основание трапеции, которое обозначим через y. Поэтому: c = a + 9 d = b + 16 Отсюда: c + d = a + b + 25 = y + 25 Т.к. трапеция описана, то x + y = 2(c + d) = 2(y + 50) Отсюда x = y + 50 или y = x - 50. Кроме того, трапеция делится своей средней линии на две, удвоенные площади которых равны (x + 35)•12 и (y + 35)•12, а удвоенная площадь всей трапеции равна (x + y)•24. Приравниваем, сокращаем на 12, получаем: x + y + 70 = 2(x + y) x + y = 70 Подставляем сюда y = x - 50, получаем 2x - 50 = 70; x = 60. В чертеже из ДЗ при тех же обозначениях верны такие соотношения (из равенства отрезков касательных): x = c + u + b y = d + v + a По-прежнему c = u + a, d = v + b, u = 9, v = 16. Отсюда выражаем a и b и подставляем в выражения для x и y. Получим: x = c + u + d - v = c + d - 7 y = d + v + c - u = c - d + 7 Вычитаем, получаем y - x = 14 Кроме того, по-прежнему x + y = 70. Отсюда x = (70 - 14)/2 = 28.
Валерий, несмотря на уважение к Вам... нахр*на рисовать столько линий?! Они же глаза едят, сосредоточиться невозможно. Ну, не понимаю, зачем специально визуально усложнять задачу... Вот таким образом и авторы учебников, и разработчики олимпиадных задач своими решениями гробят психику детей и вызывают отвращение к математике (всякими "достроим", "заметим", "очевидно" и т.п без всяких предварительных обоснований и объяснений, откуда и как это понимание должно прийти). Хотя как репетитор и бывший олимпиадник могу сказать, что всё это вызывает лишь апатию учеников. Математика должна сама вести за руку, тогда это интересно и завораживает. Можно же гораздо проще: хватает достроить перпендикуляры OF и OE. Далее - почти чистая алгебра, что намного проще и "чище": 1. MFO - прямоугольный, гипотенуза MO = 12 + 3 = 15, катет OF = 12 => по т. Пифагора MF = 9 2. аналогично в KEO: EK = 16 3. AD = AQ + QD 4. AQ = FA, QD = ED => 5. AD = FA + ED = (FM + MA) + (EK + KD) 6. MK - ср. линия => MA = BM = BF + FM = BT + FM; KD = CK = CE + EK = TC + EK => 7. AD = (FM + BT + FM) + (EK + TC + EK) = 2FM + 2EK + BT + TC = 2(FM + EK) + BC 8. т.к. ср. линия = полусумме оснований => система уравнений: AD = 2(FM + EK) + BC (AD + BC) / 2 = MK AD - BC = 2 * ( 9 + 16) = 2 * 25 = 50 AD + BC = 2MK = 2 * (3 + 24 + 8) = 2 * 35 = 70 сложим уравнения => 2AD = 50 + 70 = 120 AD = 60. ---- И не понадобилось портить глаза и тратить время на черчение множества линий и разглядывание перекрывающих друг друга фигур.
Если ученик решит задачу проще чем учитель, он может поверит в свои силы и поймет, что бывает полезно самому подумать, а не копировать слепо чужое решение. Что в этом плохого? Главное чтобы задачи вызывали интерес.
@@ДмитрийИвашкевич-я8т Про копирование чужого решения не понял, можете, пожалуйста, уточнить? Так чтобы было интересно, чтобы ученик поверил в свои силы, нужно не специально усложнять разбор задач, а учить думать логически, показывая красоту математики. И красота не в миллионах точек, прямых, окружностей. А в математической "магии": мы не "увидеть"/"заметить" пытаемся, а логически разбираем задачу на подзадачи(декомпозиция) и решаем "сверху вниз" (начинаем с того, что нужно найти, и думаем, как и откуда это найти; вместо того, чтобы сначала много чего достроить, а потом понять зачем; наоборот, каждый шаг должен быть вызван естественной логической необходимостью в рамках решаемой задачи, а не "увиден"/"замечен"). А вот умение "заметить", "увидеть" хотя и похвально, но не обосновывается логически. Это просто результат "насмотренности". Ничего плохого в этом нет. Но это требует решения большого количества задач. А как заинтересовать ученика их много решать, если ему в самом начале трудно и страшно? У меня были ученики, у которых были серьезные трудности. Они не знали, как даже подступиться к задачам. Но со временем, так сказать, "логико-аналитический" подход сработал: многие стали пользоваться различными методами (а не одним "правильным", как в школе) научились строить гипотезы, проверять их и не бояться, что гипотеза может оказаться ошибочной, а с некоторыми даже получилось нестандартные задачи свести к стандартным только благодаря подходу "начнём с неизвестного, веди нас, Математика, логическим путём", а не "заметим"/"достроим" без объяснения, как это вообще можно "заметить" (медитировать что ли, чтобы озарение посетило? :-) ).
@@alexkolosov9684Ваши рассуждения прекрасны, но решение не самое удачное. Легко прослеживается, что данная трапеция - усеченный египетский треугольник с радиусом вписанной окружности 12., соответственно гипотенузой 60. С таким же успехом можно сказать, что и Вы сильно все усложнили.
То что АВСD именно трапеция лишний отвлекающий факт. Параллельность ВС нижнему основанию не существенна для решения. Причем и для первой части, и для второй (Д. З.) Вот и получается, человеку объявляют, что это трапеция, и он вспоминает все ее возможные свойства и только усложняет себе задачу. Вот и Вы, опытный педагог, клюнули на эту уловку.😂
@@ДмитрийИвашкевич-я8т Вот это вот "легко прослеживается" - как раз надо "увидеть". А как это сделать? Где для этого логические предпосылки? Мне кажется, что здесь нужна насмотренность или даже натасканность. А в этом меньше логики как бы. Понятно, что каждому своё, даже в математике есть субъективность. Однако логический поиск + декомпозиция - более алгоритмичны, что часто упрощает решение (решает почти сама математика, а не человек пытается "увидеть"; иными словами, решение становится более формальным и менее "человеческим" (субъективным), что весьма радует глаз и душу).
Поправьте пожалуйста если я на прав. Произведение оснований в трапеции в которую вписана окружность должно быть равно квадрату высоты. Но 60х10 на равно 576 (24 в квадорате). Каким образом можно объяснить этот парадокс? Если он есть, конечно.
Для равнобедренной только. R^2=CE*ED=АF*FB (как высота в прямоугольном треугольнике) В равнобедренной описанной трапеции получится СЕ=FB=BC/2 AG=ED=AD/2 Тогда 4R^2=AD*BC
Конец решения- супер, я бы не догадалась.. но первую часть все же решила проще. Провела радиусы в точки касания окружности боковых сторон, по Пифагору нашла МР и КЕ-9 и 16. Сумма двух оснований 70- удвоение средней линии. Далее выразила отрезки боковых сторон, на которые их разбивает средняя линия, как равные АF-9=9+FB, ED-16=CE+16. В сумме они дают 70, так как окружность вписанная. Далее получилось, что сумма отрезной равных верхнему основанию равна 10, значит нижнее 60. Мне кажется так проще, меньше теории задействовала
А не проще, после нахождения боковых сторон, из точек В и С опустить перпендикуляры и найти нижние катеты пары египетских треугольников 18 и 32? Тогда уравнение трапеции 2x-18-32=30+40, x=60.
Точки В и С вообще не нужны. Треугольник ОКD равнобедренный по равным углам KD=OK=20; EK=16 по теореме Пифагора. QD=ED=EK+KD=36 Аналогично АQ=24 Вопрос, зачем нужны точки В и С? Наверное, для красивой картинки.😊
Ох, как я сейчас :)))) Треугольники MOF и EOK не просто прямоугольные - это треугольники, подобные 3,4,5 (MOF 9, 12,15 EOK 12, 16, 20, напомню, для установления "Пифагоровости" нужны только ДВЕ стороны, и вообще - сотрите все, кроме исходного чертежа и двух радиусов в точки касания с боковыми сторонами, больше ничего не нужно). Несколько секунд пристального взгляда достаточно, чтобы заметить, - отсюда следует, что угол FOE прямой. Кто не видит - еще несколько секунд... Все сказанное означает в совокупности, что перед нами слегка усеченный "египетский" треугольник (а почему?), у которого радиус вписанной окружности 12. А у простейшего - 1, откуда гипотенуза 12*5 = 60
И без египетских треугольников, все гладко выходит. Если принять d -диаметр (d=24 в нашем случае). Отрезки слева и справа от диаметра а и b, тогда: х=a+b+d+√(a(a+d))+√(b(b+d)) В нашей конфигурации х= 3+24+8+√(3*27)+√(8*32)=60
Каша, если не удосужиться вникнуть, а так все логично и не сложно. Конечно, можно решить проще. Но здесь попутно используется много полезных геометрических фактов, которые в последующем могут пригодиться при самостоятельном решении задач. При этом решение, если и усложняется, то не критично. А так можно решить и не используя факт того что АВСD - трапеция. Факт параллельности ВС и АD на конечный результат не влияет.
Похожая задача, по-моему, на канале уже была, но от этого она не стала хуже) За методику автору отдельная благодарность! Свой вариант покажу лишь с целью разнообразия. 1) найдем АВ и СD. Для этого проведем две касательные к заданной окружности (с разных сторон) параллельно АВ и СD. Получим два ромба со сторонами 30 и 40 (по их средним линиям), т.е. АВ=30, СD=40. 2) опустим на АD перпендикуляры из В и С (точки Н1 и Н2, где АН1=х1, Н2D=х2), , тогда по т.П. (или же видим Египет) х1=18, х2=32. 3) исходную трапецию (на основном рисунке) представим как комбинацию половин двух равнобедренных трапеций с бОльшими основаниями a1=2АQ и а2=2QD, а меньшими b1=2ВТ и b2=2ТС.Тогда отрезки х1 и х2 являют собой полуразности оснований этих трапеций, откуда имеем такие системы: (а1+b1)/2=30; (а1-b1)/2=18 и (а2+b2)/2=40; (а2-b2)/2=32, решением которых (а1)/2=24; (b1)/2=6 и (а2)/2=36; (b2)/2=4. 4) в зависимости от формы трапеции АВСD ее нижнее основание АD может быть представлено либо комбинацией (а1)/2 + (а2)/2 = 24+36=60, либо (а1)/2 + (b2)/2 = 24+4=28.
Проводим биссектрисы всех четырех углов трапеции , соединив вершины углов с центром окружности О , проведем перпендикуляры с центра окружности на боковые стороны АВ и СД , которые будут радиусами окружности , r=24/2=12 и проведем высоту трапеции через цент окружности , которая равна 2r . Среднюю линию , слева направо , обозначим МN , точки касания окружности : к АВ - L , к ВС - Н , к АД - К . Определяем отрезок МL по свойству касательной к секущей МL*2=3(3+24) , МL=9 , КN*2=8(8+24) , KN=16 , отрезки угла LВН - LВ=ВН=п , как опирающиеся на одну и ту же дугу , угла НСК - НС=СК=м , п+м=ВС . так как биссектрисы делят углы пополам , а смежные углы верхний и нижний в сумме дают 180* , то угол , образованный их биссектрисами будет равен половине - 90* . Из тр-ка АВО - OL*2=LBxLA , LB=п , LA=ML+AM , AM=BM=9+п , LA=9+9+п =18+п , OL=r , 12*2=п(18+п) , п*2+18п-144 , п=6 , из тр-ка СДО - r*2=м(16+16+м) , 12*2=м(32+м) , м*2+32м-144 , м=4 . Так как в четырехугольник можно вписать окружность тогда , когда суммы противоположных сторон равны - АВ+СД=ВС+АД , АВ=2(МL+п)=2(9+6)=30 , СД=2(КN+м)=2(16+4)=40 , ВС=п+м=6+4 , тогда АД=АВ+СД-ВС=40+30-10=60 или (ВС+АД)/2=МN- средняя линия , МN=3+24+8=35 , АД=2MN-ВС=2х35-10=70 .
АD=AF+DE , поскольку AF=AQ, а DE =DQ. AF=AM+MF, где AM=MO=15, а MF по теореме Пифагора из треуг. MOF=9. AF=24. Аналогично находим DE, равное 36. Итого: AD=60. ДЗ: 28.
Супер! Ничего лишнего! 👍
1/ В треугольнике OEK OE=12, OK=20 => EK=16
2/ В трапеции TCDQ пусть X=TC=CE, тогда KD=CK=CE+EK=X+16 и ED=EK+KD=16+(16+X)=32+X (I)
3/ В трапеции TCDQ средняя линия OK=20 и верхнее основание TC=X, тогда QD=40-X (II)
4/ ED=QD, как касательные, => (I)=(II) или 32+X=40-X => X=4, т.е. TC=4 и QD=40-X=40-4=36
5/ Аналогично AQ=24, тогда AD=AQ+QD=24+36=60
Да особо ничего не скажу.
Опускаем высоты на боковушки в точки касания. MF=9, a KE-16, Пусть BF=a, a CE=b. Тогда ВС=a+b, a AD=(a+b)+2*9+2*16. Но МК -- средняя линия. Тогда (a+b)=BC=10, a (a+b)+50=AD
Ответ:60
А что нам мешает иметь трапецию первого и второго вариантов, но зеркально отражённых по У? Тогда получается 4 варианта. Раз задача звучит как "найти нижнее основание трапеции".
Разве не 4 тогда решения?
60 и 10 в первом варианте и симметричная пара во втором? Второй вариант не решал, возможно пересечение.😁
AB=a.. AD=b... (a+b)/2=35...b=70-a... из треуга OEK EK=16, tgEKO=tgEDA=3/4... из точек B и C проведем перп на AD (точки S и R)... DR=32... теперь слева так же... из тр MFO MF=9...tgFMO=tgBAS=4/3....AS=18... 18+a+32=70-a...a=10..b=60
Во втором варианте ответ 28 и 42. В основе, решение то же для любого варианта чертежа - по крайней мере, для моего решения - я посчитал разность длин оснований, а сумму мы знаем - 70. Подбор чисел, конечно, как всегда на высоте - 400 - 144 = 256 и 225 - 144 = 81).
ДЗ: нижнее основание 28, верхнее 36+6=42, Их сумма снова 70. Спасибо, впервые решала трапецию вверх ногами, прикольно.😊
Обозначим половинки левой и правой боковых сторон через c и d. Отрезок c состоит из двух отрезков касательных, которые обозначим через u и a (снизу вверх), т.е. c = u + a. Аналогично d = v + b. Отрезки u и v можно найти по теореме о касательной и секущей:
u² = (3 + 24)•3 = 81, u = 9;
v² = (8 + 24)•8 = 256, v = 16.
Отрезки a и b вместе составляют верхнее основание трапеции, которое обозначим через y. Поэтому:
c = a + 9
d = b + 16
Отсюда: c + d = a + b + 25 = y + 25
Т.к. трапеция описана, то
x + y = 2(c + d) = 2(y + 50)
Отсюда x = y + 50 или y = x - 50.
Кроме того, трапеция делится своей средней линии на две, удвоенные площади которых равны (x + 35)•12 и (y + 35)•12, а удвоенная площадь всей трапеции равна (x + y)•24. Приравниваем, сокращаем на 12, получаем:
x + y + 70 = 2(x + y)
x + y = 70
Подставляем сюда y = x - 50, получаем 2x - 50 = 70;
x = 60.
В чертеже из ДЗ при тех же обозначениях верны такие соотношения (из равенства отрезков касательных):
x = c + u + b
y = d + v + a
По-прежнему c = u + a, d = v + b, u = 9, v = 16. Отсюда выражаем a и b и подставляем в выражения для x и y. Получим:
x = c + u + d - v = c + d - 7
y = d + v + c - u = c - d + 7
Вычитаем, получаем y - x = 14
Кроме того, по-прежнему x + y = 70.
Отсюда x = (70 - 14)/2 = 28.
Валерий, несмотря на уважение к Вам... нахр*на рисовать столько линий?! Они же глаза едят, сосредоточиться невозможно. Ну, не понимаю, зачем специально визуально усложнять задачу...
Вот таким образом и авторы учебников, и разработчики олимпиадных задач своими решениями гробят психику детей и вызывают отвращение к математике (всякими "достроим", "заметим", "очевидно" и т.п без всяких предварительных обоснований и объяснений, откуда и как это понимание должно прийти). Хотя как репетитор и бывший олимпиадник могу сказать, что всё это вызывает лишь апатию учеников. Математика должна сама вести за руку, тогда это интересно и завораживает.
Можно же гораздо проще: хватает достроить перпендикуляры OF и OE. Далее - почти чистая алгебра, что намного проще и "чище":
1. MFO - прямоугольный, гипотенуза MO = 12 + 3 = 15, катет OF = 12 => по т. Пифагора MF = 9
2. аналогично в KEO: EK = 16
3. AD = AQ + QD
4. AQ = FA, QD = ED =>
5. AD = FA + ED = (FM + MA) + (EK + KD)
6. MK - ср. линия => MA = BM = BF + FM = BT + FM; KD = CK = CE + EK = TC + EK =>
7. AD = (FM + BT + FM) + (EK + TC + EK) = 2FM + 2EK + BT + TC = 2(FM + EK) + BC
8. т.к. ср. линия = полусумме оснований => система уравнений:
AD = 2(FM + EK) + BC
(AD + BC) / 2 = MK
AD - BC = 2 * ( 9 + 16) = 2 * 25 = 50
AD + BC = 2MK = 2 * (3 + 24 + 8) = 2 * 35 = 70
сложим уравнения =>
2AD = 50 + 70 = 120
AD = 60.
----
И не понадобилось портить глаза и тратить время на черчение множества линий и разглядывание перекрывающих друг друга фигур.
Если ученик решит задачу проще чем учитель, он может поверит в свои силы и поймет, что бывает полезно самому подумать, а не копировать слепо чужое решение. Что в этом плохого? Главное чтобы задачи вызывали интерес.
@@ДмитрийИвашкевич-я8т Про копирование чужого решения не понял, можете, пожалуйста, уточнить?
Так чтобы было интересно, чтобы ученик поверил в свои силы, нужно не специально усложнять разбор задач, а учить думать логически, показывая красоту математики. И красота не в миллионах точек, прямых, окружностей. А в математической "магии": мы не "увидеть"/"заметить" пытаемся, а логически разбираем задачу на подзадачи(декомпозиция) и решаем "сверху вниз" (начинаем с того, что нужно найти, и думаем, как и откуда это найти; вместо того, чтобы сначала много чего достроить, а потом понять зачем; наоборот, каждый шаг должен быть вызван естественной логической необходимостью в рамках решаемой задачи, а не "увиден"/"замечен").
А вот умение "заметить", "увидеть" хотя и похвально, но не обосновывается логически. Это просто результат "насмотренности". Ничего плохого в этом нет. Но это требует решения большого количества задач. А как заинтересовать ученика их много решать, если ему в самом начале трудно и страшно?
У меня были ученики, у которых были серьезные трудности. Они не знали, как даже подступиться к задачам. Но со временем, так сказать, "логико-аналитический" подход сработал: многие стали пользоваться различными методами (а не одним "правильным", как в школе) научились строить гипотезы, проверять их и не бояться, что гипотеза может оказаться ошибочной, а с некоторыми даже получилось нестандартные задачи свести к стандартным только благодаря подходу "начнём с неизвестного, веди нас, Математика, логическим путём", а не "заметим"/"достроим" без объяснения, как это вообще можно "заметить" (медитировать что ли, чтобы озарение посетило? :-) ).
@@alexkolosov9684Ваши рассуждения прекрасны, но решение не самое удачное. Легко прослеживается, что данная трапеция - усеченный египетский треугольник с радиусом вписанной окружности 12., соответственно гипотенузой 60.
С таким же успехом можно сказать, что и Вы сильно все усложнили.
То что АВСD именно трапеция лишний отвлекающий факт. Параллельность ВС нижнему основанию не существенна для решения. Причем и для первой части, и для второй (Д. З.) Вот и получается, человеку объявляют, что это трапеция, и он вспоминает все ее возможные свойства и только усложняет себе задачу. Вот и Вы, опытный педагог, клюнули на эту уловку.😂
@@ДмитрийИвашкевич-я8т
Вот это вот "легко прослеживается" - как раз надо "увидеть". А как это сделать? Где для этого логические предпосылки? Мне кажется, что здесь нужна насмотренность или даже натасканность. А в этом меньше логики как бы.
Понятно, что каждому своё, даже в математике есть субъективность. Однако логический поиск + декомпозиция - более алгоритмичны, что часто упрощает решение (решает почти сама математика, а не человек пытается "увидеть"; иными словами, решение становится более формальным и менее "человеческим" (субъективным), что весьма радует глаз и душу).
Поправьте пожалуйста если я на прав. Произведение оснований в трапеции в которую вписана окружность должно быть равно квадрату высоты. Но 60х10 на равно 576 (24 в квадорате). Каким образом можно объяснить этот парадокс? Если он есть, конечно.
Для равнобедренной только.
R^2=CE*ED=АF*FB (как высота в прямоугольном треугольнике) В равнобедренной описанной трапеции получится СЕ=FB=BC/2
AG=ED=AD/2
Тогда 4R^2=AD*BC
Радиус 12. Строим из центра к касанию боковых. Имеем треугольники 15-12-...9 20-12-...16. Египет однако. Радиус вписанной в Египет 1 Ответ 60
Точно👍Окружность по сути вписана в треугольник. Интересно, можно ли Ваше решение приспособить к Д. З.? Там уже получается вневписанная окружность😉
Конец решения- супер, я бы не догадалась.. но первую часть все же решила проще. Провела радиусы в точки касания окружности боковых сторон, по Пифагору нашла МР и КЕ-9 и 16. Сумма двух оснований 70- удвоение средней линии. Далее выразила отрезки боковых сторон, на которые их разбивает средняя линия, как равные АF-9=9+FB, ED-16=CE+16. В сумме они дают 70, так как окружность вписанная. Далее получилось, что сумма отрезной равных верхнему основанию равна 10, значит нижнее 60. Мне кажется так проще, меньше теории задействовала
@@ЕленаМ-х9и Круть! Сам почти так же решил. Не понимаю, зачем Валерий часто специально визуально усложняет решение.
Для того, чтобы получииь 6 баллов, нужно найти все возможные варианты ответов. А их 4. 😊
Тонко подмечено! Такими задачами на устном экзамене можно любого вундеркинда завалить!😂
А не проще, после нахождения боковых сторон, из точек В и С опустить перпендикуляры и найти нижние катеты пары египетских треугольников 18 и 32? Тогда уравнение трапеции 2x-18-32=30+40, x=60.
Точки В и С вообще не нужны. Треугольник ОКD равнобедренный по равным углам KD=OK=20; EK=16 по теореме Пифагора. QD=ED=EK+KD=36
Аналогично АQ=24
Вопрос, зачем нужны точки В и С? Наверное, для красивой картинки.😊
@@ДмитрийИвашкевич-я8т можно и так
ДЗ: 28
Отлично.
Ох, как я сейчас :)))) Треугольники MOF и EOK не просто прямоугольные - это треугольники, подобные 3,4,5 (MOF 9, 12,15 EOK 12, 16, 20, напомню, для установления "Пифагоровости" нужны только ДВЕ стороны, и вообще - сотрите все, кроме исходного чертежа и двух радиусов в точки касания с боковыми сторонами, больше ничего не нужно). Несколько секунд пристального взгляда достаточно, чтобы заметить, - отсюда следует, что угол FOE прямой. Кто не видит - еще несколько секунд... Все сказанное означает в совокупности, что перед нами слегка усеченный "египетский" треугольник (а почему?), у которого радиус вписанной окружности 12. А у простейшего - 1, откуда гипотенуза 12*5 = 60
И без египетских треугольников, все гладко выходит. Если принять d -диаметр (d=24 в нашем случае). Отрезки слева и справа от диаметра а и b, тогда:
х=a+b+d+√(a(a+d))+√(b(b+d))
В нашей конфигурации х= 3+24+8+√(3*27)+√(8*32)=60
Какая- то каша
@@Vadim-h7f Вот-вот. Сплошная мешанина из линий.
Каша, если не удосужиться вникнуть, а так все логично и не сложно. Конечно, можно решить проще. Но здесь попутно используется много полезных геометрических фактов, которые в последующем могут пригодиться при самостоятельном решении задач. При этом решение, если и усложняется, то не критично.
А так можно решить и не используя факт того что АВСD - трапеция. Факт параллельности ВС и АD на конечный результат не влияет.
Спасибо. Не простая олимпиадная задача и рассказывать не просто. Да, нужно вникать!
Чудеснейшее решение.Не знал,что геометрия столько положительных эмоций может вызвать.Спасибо,Валерий.
Браво 👏
Похожая задача, по-моему, на канале уже была, но от этого она не стала хуже)
За методику автору отдельная благодарность! Свой вариант покажу лишь с целью разнообразия.
1) найдем АВ и СD. Для этого проведем две касательные к заданной окружности (с разных сторон) параллельно АВ и СD. Получим два ромба со сторонами 30 и 40 (по их средним линиям), т.е. АВ=30, СD=40.
2) опустим на АD перпендикуляры из В и С (точки Н1 и Н2, где АН1=х1, Н2D=х2), , тогда по т.П. (или же видим Египет) х1=18, х2=32.
3) исходную трапецию (на основном рисунке) представим как комбинацию половин двух равнобедренных трапеций с бОльшими основаниями a1=2АQ и а2=2QD, а меньшими b1=2ВТ и b2=2ТС.Тогда отрезки х1 и х2 являют собой полуразности оснований этих трапеций, откуда имеем такие системы: (а1+b1)/2=30; (а1-b1)/2=18 и (а2+b2)/2=40; (а2-b2)/2=32, решением которых (а1)/2=24; (b1)/2=6 и (а2)/2=36; (b2)/2=4.
4) в зависимости от формы трапеции АВСD ее нижнее основание АD может быть представлено либо комбинацией (а1)/2 + (а2)/2 = 24+36=60, либо (а1)/2 + (b2)/2 = 24+4=28.
Проводим биссектрисы всех четырех углов трапеции , соединив вершины углов с центром окружности О , проведем перпендикуляры с центра окружности на боковые стороны АВ и СД , которые будут радиусами окружности , r=24/2=12 и проведем высоту трапеции через цент окружности , которая равна 2r . Среднюю линию , слева направо , обозначим МN , точки касания окружности : к АВ - L , к ВС - Н , к АД - К . Определяем отрезок МL по свойству касательной к секущей МL*2=3(3+24) , МL=9 , КN*2=8(8+24) , KN=16 , отрезки угла LВН - LВ=ВН=п , как опирающиеся на одну и ту же дугу , угла НСК - НС=СК=м , п+м=ВС . так как биссектрисы делят углы пополам , а смежные углы верхний и нижний в сумме дают 180* , то угол , образованный их биссектрисами будет равен половине - 90* . Из тр-ка АВО - OL*2=LBxLA , LB=п , LA=ML+AM , AM=BM=9+п , LA=9+9+п =18+п , OL=r , 12*2=п(18+п) , п*2+18п-144 , п=6 , из тр-ка СДО - r*2=м(16+16+м) , 12*2=м(32+м) , м*2+32м-144 , м=4 . Так как в четырехугольник можно вписать окружность тогда , когда суммы противоположных сторон равны - АВ+СД=ВС+АД , АВ=2(МL+п)=2(9+6)=30 , СД=2(КN+м)=2(16+4)=40 , ВС=п+м=6+4 , тогда АД=АВ+СД-ВС=40+30-10=60 или (ВС+АД)/2=МN- средняя линия , МN=3+24+8=35 , АД=2MN-ВС=2х35-10=70 .