Задача в одно действие. Основания трапеции AB и CD. Если продолжить AB за точку B, и DM за точку M, до их пересечения в точке D1, то очевидно DM = D1M; Тут можно кучу обоснований дать, например, равны треугольники AMD и BMD1 по КУЧЕ углов (это очевидно подобные треугольники, то есть у них все углы равны) и одной стороне BM = CM; На самом деле есть "более старшее"обоснование. параллельные прямые делят пропорционально ВСЕ секущие, а тут "неявно" присутствует еще одна параллельная - средняя линия, содержащая точку M. Вот после этого очевидно, что если также продолжить DC и AM до пересечения в точке A1, то A1M = AM; То есть получился параллелограмм AD1A1D; (диагонали делятся пополам точкой пересечения). В силу упомянутого равенства треугольников AMD и BMD1; упомянутая в задаче сумма площадей равна площади треугольника D1MA; Диагонали делят параллелограмм на 4 треугольника, равных по площади, то есть упомянутая сумма равна также площади треугольника DMA, а это уже закрывает вопрос задачи.
R = 3\sqrt{2}3
2
м
S = 36 м2
Объяснение:
R - радиус описанной вокруг квадрата окружности. По свойству радиуса описанной около квадрата окружности, радиус равен половине диагонали квадрата.
Рассмотрим ΔHEF: < HEF = 90^{0}90
0
, HE = 6 м = EF. По теореме Пифагора найдем гипотенузу HF:
\begin{gathered}HF^{2} = HE^{2} + EF^{2} = 6^{2} + 6^{2} = 36 + 36 = 72\\HF = \sqrt{72} = \sqrt{2*36} = 6\sqrt{2}\end{gathered}
HF
2
=HE
2
+EF
2
=6
2
+6
2
=36+36=72
HF=
72
=
2∗36
=6
2
HF также является диагональю квадрата, тогда R = HF : 2 = 6\sqrt{2} : 2 = 3\sqrt{2}6
2
:2=3
2
Площадь квадрата равна квадрату его стороны, то есть нужно возвести сторону квадрата во вторую степень:
S_{HEFG} = 6^{2} = 36.S
HEFG
=6
2
=36.
Основания трапеции AB и CD. Если продолжить AB за точку B, и DM за точку M, до их пересечения в точке D1, то очевидно DM = D1M;
Тут можно кучу обоснований дать, например, равны треугольники AMD и BMD1 по КУЧЕ углов (это очевидно подобные треугольники, то есть у них все углы равны) и одной стороне BM = CM;
На самом деле есть "более старшее"обоснование. параллельные прямые делят пропорционально ВСЕ секущие, а тут "неявно" присутствует еще одна параллельная - средняя линия, содержащая точку M.
Вот после этого очевидно, что если также продолжить DC и AM до пересечения в точке A1, то A1M = AM;
То есть получился параллелограмм AD1A1D; (диагонали делятся пополам точкой пересечения). В силу упомянутого равенства треугольников AMD и BMD1; упомянутая в задаче сумма площадей равна площади треугольника D1MA;
Диагонали делят параллелограмм на 4 треугольника, равных по площади, то есть упомянутая сумма равна также площади треугольника DMA, а это уже закрывает вопрос задачи.