Formule za iskanje površine paralelograma abcd. Območje paralelograma
Pri reševanju problemov na to temo poleg osnovne lastnosti paralelogram in ustrezne formule, si lahko zapomnite in uporabite naslednje:
- Simetrala notranjega kota paralelograma odseka od njega enakokraki trikotnik
- Simetrale notranjih kotov, ki mejijo na eno od stranic paralelograma, so medsebojno pravokotne
- Simetrale, ki prihajajo iz nasprotnih notranjih kotov paralelograma, vzporedne med seboj ali ležijo na eni ravni črti
- Vsota kvadratov diagonal paralelograma je enaka vsoti kvadratov njegovih stranic
- Površina paralelograma je polovica zmnožka diagonal pomnožena s sinusom kota med njima.
Razmislimo o nalogah, pri reševanju katerih se te lastnosti uporabljajo.
1. naloga.
Simetrala kota C paralelograma ABCD seka stran AD v točki M in podaljšek strani AB onkraj točke A v točki E. Poiščite obseg paralelograma, če je AE = 4, DM = 3.
Odločitev.
1. Trikotnik CMD enakokraki. (Lastnost 1). Torej je CD = MD = 3 cm.
2. Trikotnik EAM je enakokraki.
Zato je AE = AM = 4 cm.
3. AD = AM + MD = 7 cm.
4. Obod ABCD = 20 cm.
Odgovori. 20 cm
2. naloga.
V konveksnem štirikotniku ABCD so narisane diagonale. Znano je, da so površine trikotnikov ABD, ACD, BCD enake. Dokaži, da je dani štirikotnik paralelogram.
Odločitev.
1. Naj bo BE višina trikotnika ABD, CF pa naj bo višina trikotnika ACD. Ker so glede na pogoj naloge površine trikotnikov enake in imajo skupno bazo AD, so višine teh trikotnikov enake. BE = CF.
2. BE, CF sta pravokotni na AD. Točki B in C se nahajata na isti strani premice AD. BE = CF. Zato je črta BC || AD. (*)
3. Naj bo AL višina trikotnika ACD, BK višina trikotnika BCD. Ker so glede na pogoj naloge površine trikotnikov enake in imajo skupno osnovo CD, so višine teh trikotnikov enake. AL = BK.
4. AL in BK sta pravokotni na CD. Točki B in A se nahajata na isti strani premice CD. AL = BK. Zato je vrstica AB || CD (**)
5. Pogoji (*), (**) pomenijo, da je ABCD paralelogram.
Odgovori. Dokazano. ABCD je paralelogram.
3. naloga.
Na straneh BC in CD paralelograma ABCD sta označeni točki M in H, tako da se segmenta BM in HD sekata v točki O;<ВМD = 95 о,
Odločitev.
1. V trikotniku DOM<МОD = 25 о (Он смежный с <ВОD = 155 о); <ОМD = 95 о. Тогда <ОDМ = 60 о.
2. V pravokotnem trikotniku DHC Potem<НСD = 30 о. СD: НD = 2: 1 Toda CD = AB. Potem je AB: HD = 2: 1. 3. <С = 30 о, 4. <А = <С = 30 о, <В = Odgovor: AB: HD = 2: 1,<А = <С = 30 о, <В = 4. naloga. Ena od diagonal paralelograma dolžine 4√6 tvori z osnovo kot 60°, druga diagonala pa z isto osnovo kot 45°. Poiščite drugo diagonalo. Odločitev.
1. AO = 2√6. 2. Uporabite sinusni izrek za trikotnik AOD. AO/sin D = OD/sin A. 2√6/sin 45 o = OD/sin 60 o. OD = (2√6sin 60 o) / sin 45 o = (2√6 √3/2) / (√2/2) = 2√18/√2 = 6. Odgovor: 12.
5. naloga. Za paralelogram s stranicama 5√2 in 7√2 je manjši kot med diagonaloma enak manjšemu kotu paralelograma. Poiščite vsoto dolžin diagonal. Odločitev.
Naj bosta d 1, d 2 diagonali paralelograma, kot med diagonaloma in manjšim kotom paralelograma pa φ. 1. Preštejmo dve različni S ABCD \u003d AB AD sin A \u003d 5√2 7√2 sin f, S ABCD \u003d 1/2 AC BD sin AOB \u003d 1/2 d 1 d 2 sin f. Dobimo enakost 5√2 7√2 sin f = 1/2d 1 d 2 sin f oz. 2 5√2 7√2 = d 1 d 2 ; 2. Z uporabo razmerja med stranicami in diagonalami paralelograma zapišemo enakost (AB 2 + AD 2) 2 = AC 2 + BD 2. ((5√2) 2 + (7√2) 2) 2 = d 1 2 + d 2 2 . d 1 2 + d 2 2 = 296. 3. Naredimo sistem: (d 1 2 + d 2 2 = 296, Drugo enačbo sistema pomnožite z 2 in jo dodajte prvi. Dobimo (d 1 + d 2) 2 = 576. Zato je Id 1 + d 2 I = 24. Ker sta d 1, d 2 dolžini diagonal paralelograma, potem je d 1 + d 2 = 24. Odgovor: 24.
6. naloga. Stranici paralelograma sta 4 in 6. Ostri kot med diagonaloma je 45 o. Poiščite površino paralelograma. Odločitev.
1. Iz trikotnika AOB s pomočjo kosinusnega izreka zapišemo razmerje med stranico paralelograma in diagonalama. AB 2 \u003d AO 2 + VO 2 2 AO VO cos AOB. 4 2 \u003d (d 1 / 2) 2 + (d 2 / 2) 2 - 2 (d 1 / 2) (d 2 / 2) cos 45 o; d 1 2/4 + d 2 2/4 - 2 (d 1/2) (d 2/2)√2/2 = 16. d 1 2 + d 2 2 - d 1 d 2 √2 = 64. 2. Podobno zapišemo relacijo za trikotnik AOD. To upoštevamo<АОD = 135 о и cos 135 о = -cos 45 о = -√2/2. Dobimo enačbo d 1 2 + d 2 2 + d 1 d 2 √2 = 144. 3. Imamo sistem Če odštejemo prvo od druge enačbe, dobimo 2d 1 d 2 √2 = 80 oz. d 1 d 2 = 80/(2√2) = 20√2 4. S ABCD = 1/2 AC BD sin AOB = 1/2 d 1 d 2 sin α \u003d 1/2 20√2 √2/2 \u003d 10. Opomba: V tem in prejšnjem problemu sistema ni treba v celoti rešiti, saj predvidevamo, da v tem problemu potrebujemo zmnožek diagonal za izračun površine. Odgovor: 10. 7. naloga. Površina paralelograma je 96, njegovi strani pa 8 in 15. Poiščite kvadrat manjše diagonale. Odločitev.
1. S ABCD \u003d AB AD sin VAD. Naredimo zamenjavo v formuli. Dobimo 96 = 8 15 sin VAD. Zato je sin VAD = 4/5. 2. Poiščite cos BAD. sin 2 VAD + cos 2 VAD = 1. (4/5) 2 + cos 2 BAD = 1. cos 2 BAD = 9/25. Glede na pogoj naloge poiščemo dolžino manjše diagonale. Diagonala BD bo manjša, če je kot BAD oster. Potem je cos BAD = 3/5. 3. Iz trikotnika ABD s pomočjo kosinusnega izreka najdemo kvadrat diagonale BD. BD 2 \u003d AB 2 + AD 2 - 2 AB BD cos BAD. ВD 2 \u003d 8 2 + 15 2 - 2 8 15 3 / 5 \u003d 145. Odgovor: 145.
Imaš kakšno vprašanje? Ne veste, kako rešiti geometrijski problem? strani, s popolnim ali delnim kopiranjem gradiva, je potrebna povezava do vira. Tako kot v evklidski geometriji sta točka in črta glavna elementa teorije ravnin, zato je paralelogram ena ključnih figur konveksnih štirikotnikov. Iz njega, kot niti iz kroglice, tečejo koncepti "pravokotnik", "kvadrat", "romb" in druge geometrijske količine. V stiku z konveksni štirikotnik, sestavljen iz segmentov, katerih vsak par je vzporeden, je v geometriji znan kot paralelogram. Kako izgleda klasični paralelogram, je štirikotnik ABCD. Stranice imenujemo osnove (AB, BC, CD in AD), navpičnica, potegnjena iz katerega koli oglišča na nasprotno stran tega oglišča, se imenuje višina (BE in BF), premici AC in BD sta diagonali. Pozor! Kvadrat, romb in pravokotnik so posebni primeri paralelograma. Ključne lastnosti na splošno vnaprej določeno s samo oznako, so dokazani z izrekom. Te značilnosti so naslednje: Dokaz: razmislite o ∆ABC in ∆ADC, ki ju dobimo z deljenjem štirikotnika ABCD z premico AC. ∠BCA=∠CAD in ∠BAC=∠ACD, saj jim je AC skupen (navpični koti za BC||AD in AB||CD). Iz tega sledi: ∆ABC = ∆ADC (drugi kriterij za enakost trikotnikov). Segmenta AB in BC v ∆ABC v paru ustrezata premici CD in AD v ∆ADC, kar pomeni, da sta enaka: AB = CD, BC = AD. Tako ∠B ustreza ∠D in sta enaka. Ker sta ∠A=∠BAC+∠CAD, ∠C=∠BCA+∠ACD, ki sta tudi v parih enaka, potem je ∠A = ∠C. Lastnina je dokazana. Glavna značilnost te paralelogramske premice: presečna točka jih prepolovi. Dokaz: naj bo m. E presečišče diagonal AC in BD figure ABCD. Sestavljajo dva sorazmerna trikotnika - ∆ABE in ∆CDE. AB=CD, saj sta nasproti. Glede na vrstice in sekante sta ∠ABE = ∠CDE in ∠BAE = ∠DCE. Glede na drugi znak enakosti je ∆ABE = ∆CDE. To pomeni, da sta elementa ∆ABE in ∆CDE: AE = CE, BE = DE, poleg tega pa sta sorazmerna dela AC in BD. Lastnina je dokazana. Na sosednjih straneh je vsota kotov 180°, saj ležita na isti strani vzporednice in sekante. Za štirikotnik ABCD: ∠A+∠B=∠C+∠D=∠A+∠D=∠B+∠C=180º Lastnosti simetrale: Značilnosti te slike izhajajo iz njenega glavnega izreka, ki se glasi: štirikotnik se šteje za paralelogram v primeru, da se njene diagonale sekajo in jih ta točka razdeli na enake segmente. Dokaz: Naj se premici AC in BD štirikotnika ABCD sekata v t. E. Ker je ∠AED = ∠BEC in AE+CE=AC BE+DE=BD, potem je ∆AED = ∆BEC (po prvem znaku enakosti trikotnikov). Se pravi, ∠EAD = ∠ECB. So tudi notranji prečni koti sekante AC za premici AD in BC. Torej, po definiciji vzporednosti - AD || pr. Izpeljana je tudi podobna lastnost vrstic BC in CD. Izrek je dokazan. Območje te figure najdemo na več načinov eden najpreprostejših: pomnoževanje višine in osnove, na katero je narisana. Dokaz: Nariši pravokotnici BE in CF iz oglišč B in C. ∆ABE in ∆DCF sta enaki, ker sta AB = CD in BE = CF. ABCD je enak pravokotniku EBCF, saj so sestavljeni tudi iz sorazmernih številk: S ABE in S EBCD ter S DCF in S EBCD. Iz tega sledi, da je površina te geometrijske figure enaka površini pravokotnika: S ABCD = S EBCF = BE×BC=BE×AD. Za določitev splošne formule za površino paralelograma označimo višino kot hb, in stran b. oz.: Izračuni površine skozi stranice paralelograma in kota, ki ga tvorijo, je druga znana metoda. , Spr-ma - območje; a in b sta njeni strani α - kot med segmentoma a in b. Ta metoda praktično temelji na prvi, vendar v primeru, da ni znana. vedno odreže pravokoten trikotnik, katerega parametre najdemo s trigonometričnimi identitetami, t.j. Če spremenimo razmerje, dobimo . V enačbi prve metode višino nadomestimo s tem produktom in dobimo dokaz o veljavnosti te formule. Skozi diagonale paralelograma in kota, ki jih ustvarijo, ko se križajo, lahko najdete tudi območje. Dokaz: AC in BD, ki se sekata, tvorita štiri trikotnike: ABE, BEC, CDE in AED. Njihova vsota je enaka površini tega štirikotnika. Območje vsakega od teh ∆ je mogoče najti iz izraza , kjer je a=BE, b=AE, ∠γ =∠AEB. Ker se v izračunih uporablja ena sama vrednost sinusa. tj. Ker AE+CE=AC= d 1 in BE+DE=BD= d 2 , se formula površine zmanjša na: . Značilnosti sestavnih delov tega štirikotnika so našle uporabo v vektorski algebri, in sicer: seštevanje dveh vektorjev. Pravilo paralelograma to pravi če so podani vektorjiinneso kolinearni, potem bo njihova vsota enaka diagonali te figure, katere osnove ustrezajo tem vektorjem. Dokaz: iz poljubno izbranega začetka – tj. - gradimo vektorje in . Nato zgradimo paralelogram OASV, kjer sta odseka OA in OB strani. Tako OS leži na vektorju ali vsoti. Identitete so podane pod naslednjimi pogoji: Geometrijsko območje- številčna značilnost geometrijske figure, ki prikazuje velikost te figure (del površine, omejen z zaprto konturo te figure). Velikost območja je izražena s številom kvadratnih enot, ki jih vsebuje. a b sinα kjer je S površina trapeza, Paralelogram je štirikotna figura, katere nasprotni strani sta parno vzporedni in parno enaki. Tudi njegova nasprotna kota sta enaka, presečišče diagonal paralelograma pa jih deli na polovico, hkrati pa je središče simetrije figure. Posebni primeri paralelograma so geometrijske oblike, kot so kvadrat, pravokotnik in romb. Območje paralelograma je mogoče najti na različne načine, odvisno od tega, katere začetne podatke spremlja formulacija problema. S = DC ∙ h kjer je S površina paralelograma; To formulo je zelo enostavno razumeti in si jo zapomniti, če pogledate naslednjo sliko. Kot lahko vidite iz te slike, če odrežemo namišljen trikotnik levo od paralelograma in ga pritrdimo na desno, potem kot rezultat dobimo pravokotnik. In kot veste, se površina pravokotnika pomnoži tako, da se njegova dolžina pomnoži z višino. Samo v primeru paralelograma bo dolžina osnova, višina pravokotnika pa višina paralelograma, spuščenega na to stran. S = AD∙AB∙sinα kjer sta AD, AB sosednji osnovi, ki tvorita presečišče in kot a med seboj; S = ½∙AC∙BD∙sinβ kjer sta AC, BD diagonali paralelograma; Video tečaj "Dobijte A" vključuje vse teme, potrebne za uspešno opravljanje izpita iz matematike za 60-65 točk. Popolnoma vse naloge 1-13 Profila USE pri matematiki. Primerno tudi za opravljanje osnovne USE pri matematiki. Če želite izpit opraviti z 90-100 točkami, morate 1. del rešiti v 30 minutah in brez napak! Pripravljalni tečaj za izpit za 10.-11. razrede, pa tudi za učitelje. Vse, kar potrebujete za reševanje 1. dela izpita iz matematike (prvih 12 nalog) in 13. naloga (trigonometrija). In to je več kot 70 točk na enotnem državnem izpitu in brez njih ne morejo niti stotočkovni študent niti humanist. Vsa potrebna teorija. Hitre rešitve, pasti in skrivnosti izpita. Analizirane so bile vse relevantne naloge 1. dela nalog Banke FIPI. Tečaj v celoti ustreza zahtevam USE-2018. Tečaj vsebuje 5 velikih tem, vsaka po 2,5 ure. Vsaka tema je podana iz nič, preprosto in jasno. Na stotine izpitnih nalog. Težave z besedilom in teorija verjetnosti. Preprosti in si lahko zapomni algoritmi za reševanje problemov. Geometrija. Teorija, referenčno gradivo, analiza vseh vrst nalog USE. Stereometrija. Zvit triki za reševanje, uporabne goljufije, razvoj prostorske domišljije. Trigonometrija iz nič - do naloge 13. Razumevanje namesto nabiranja. Vizualna razlaga kompleksnih konceptov. algebra. Korenine, potenci in logaritmi, funkcija in izpeljanka. Osnova za reševanje kompleksnih nalog 2. dela izpita.
(
(Ker je v pravokotnem trikotniku krak, ki leži nasproti kota 30 o, enak polovici hipotenuze).
načinov svojega območja.
(d 1 + d 2 = 140.
(d 1 2 + d 2 2 - d 1 d 2 √2 = 64,
(d 1 2 + d 2 2 + d 1 d 2 √2 = 144.
Če želite dobiti pomoč mentorja - registrirajte se.
Prva lekcija je brezplačna!
Definicija paralelograma
Strani in koti: značilnosti razmerja
Značilnosti diagonal figure
Značilnosti sosednjih vogalov
Določanje značilnosti paralelograma z izrekom
Izračunavanje površine figure
Drugi načini za iskanje območja
Uporaba v vektorski algebri
Formule za izračun parametrov paralelograma
Parameter
Formula
Iskanje strani
vzdolž diagonal in kosinusa kota med njimi
diagonalno in vstran
skozi višino in nasprotno točko
Iskanje dolžine diagonal
na straneh in velikost vrha med njimi
Formule površine trikotnika
Območje trikotnika enaka polovici zmnožka dolžine stranice trikotnika in dolžine višine, potegnjene na to stran
Območje trikotnika je enak zmnožku polovice trikotnika in polmera vpisane kroge.
- dolžine stranic trikotnika,
- višina trikotnika,
- kot med stranicami in,
- polmer vpisanega kroga,
R - polmer opisanega kroga, Formule kvadratnih površin
kvadratna površina je enak kvadratu njegove stranične dolžine.
kvadratna površina enaka polovici kvadrata dolžine njegove diagonale. S= 1
2
2
je dolžina stranice kvadrata,
je dolžina diagonale kvadrata.Formula površine pravokotnika
Območje pravokotnika je enak zmnožku dolžin njegovih dveh sosednjih stranic
kjer je S površina pravokotnika,
so dolžine stranic pravokotnika. Formule za površino paralelograma
Območje paralelograma
Območje paralelograma je enak zmnožku dolžin njegovih stranic, pomnoženega s sinusom kota med njima.
so dolžine stranic paralelograma,
je višina paralelograma,
je kot med stranicama paralelograma.Formule za površino romba
Območje rombov je enak zmnožku dolžine njegove stranice in dolžine višine, spuščene na to stran.
Območje rombov je enak zmnožku kvadrata dolžine njegove stranice in sinusa kota med stranicama romba.
Območje rombov je enak polovici zmnožka dolžin njegovih diagonal.
- dolžina stranice romba,
- dolžina višine romba,
- kot med stranicama romba,
1, 2 - dolžine diagonal.Formule za območje trapeza
- dolžina osnov trapeza,
- dolžina stranic trapeza,
Ključna značilnost paralelograma, ki se zelo pogosto uporablja pri iskanju njegove površine, je višina. Običajno je višina paralelograma imenovana pravokotnica, ki je padla iz poljubne točke na nasprotni strani na odsek ravne črte, ki tvori to stran.
a - osnova;
h je višina, potegnjena na dano bazo.
α je kot med osnovama AD in AB.
β je kot med diagonalama.Priporočamo tudi