Я решил так же, как и вы, просто перенес треугольник на 180* ВСМ так, чтобы получился прямоульный треугольник АМВ1. Доказать, что он прямоугольный легко, потому просто пропустим. И у нового треугольника АМВ1 МВ1 = 2, так как тр-к ВСМ просто перенесся, не меняя стороны, получили 2 равных по двум катетам прямоугольных треугольника АМВ и АМВ1. SАМВ = 3*2/2 = 3, значит S2AMB = 6. Эта площадь такая же, как и у трапеции АВСD, просто из = за переноса треугольника АМВ она превратилась в треугольник АВВ1.
Красивая задача! Андрей - красавчик! Я тоже решил поворотом, правда вертел ВСМ на 180°. Вообще, видишь равные отрезки из одной точки - поворачивай! Очень много решается так быстро. И с медианами, и с квадратами, ромбами, и с равнобедренными треугольниками...
@@GeometriaValeriyKazakov Ой, Валерий, это свойство родило алгебру. Теперь все природные процессы, описываются математически. Меня всю жизнь мучал один вопрос, это бред теории относительности Эйнштейна, который не опровергая Ньютона, не сумел доказать бесконечность Вселенной, и ограничил максимальную скорость любого известного взаимодействия, скоростью световой волны. А оказалось, что вселенная не имеет начала и конца, а скорость распространеия гравитационной энергии выше скорости световой волны, так как гравитационные поля взаимосвязаны и из взаимодействие оказывает влияние на все процессы, протекающие в любой точке вселенной, происходят быстрее, чем свет от взорвавшейся звезды доходит до наблюдателя, находящегося в любой точку вселенной! Доказано математиками!
1) Я бы сделала дополнительные построения: а) провела бы из вершины А вверх прямую, параллельную отрезку ВМ, в) а из вершины В провела бы вниз прямую, параллельную отрезку АМ. Точку пересечения этих 2-х линий назвала бы Р. Далее опустила бы перпендикуляры из вершин А и В на РМ. Точки пересечения с диагональю прямоугольника АРВМ назвала бы А1 и В1 соответственно. 2) Рассмотрев ∆-ки АА1К и КВВ1, пришла бы к выводу, что они равны (по 3-м углам и равенстве сторон АА1 и ВВ1). 3) ∆-ки АА1М и АМD равны (по построению). Равны и ∆-ки ВВ1М и ВСМ (по построению). Следовательно, можно записать S(АА1М)+S(ВВ1М)= S(АМD)+S(ВСМ) 4) Но можно так же утверждать, что [S(АА1М) - S(АА1К)]+[S(ВВ1М)+S(KBB1)]=S(ABM)=AM×BM/2 5) Но поскольку ранее мы в пункте 2 выяснили, что АА1К и КВВ1 равны, то опять-таки можно записать [S(АА1М) - S(АА1К)]+[S(ВВ1М)+S(KBB1)]=S(АА1М)+S(ВВ1М)= S(ABM)=AM×BM/2 6) Учитывая пункт 3, равенство пункта 5 можно представить [S(АА1М) - S(АА1К)]+[S(ВВ1М+S(KBB1)]= S(АА1М)+S(ВВ1М)= S(АМD)+S(ВСМ)= S(ABM)=AM×BM/2 7) Поэтому S(ABCD)=AM×BM=3×2=6 ☑️☑️
Алгебраически. Площади подобных относятся, как 13:9:4. Т.к. площадь большего =3, то площади других =27/13 и 12/13, а пл. трапеции = 6. Геометрически. ВСМ поворачиваем вокруг т М до совмещения МС и МД. Получаем два треугольника с катетами 2 и 3. Ответ:6
А я повернул всю трапецию, получил либо прямоугольник, либо параллелограмм - смотря, вокруг какой точки повернуть, - в параллелограмме все так же, как в решении Андрея, а в прямоугольнике соединил середины сторон отрезком ММ1. И уже там доказывал, что площадь треугольника равна половине искомой площади.
До начала просмотра видео: маленький жёлтенький прямоуголюный треугольник заворачиваем так, чтобы он прислонился к нижнему своим большим катетом. Объединим два нижних в один. В результате имеем два прямоугольных треугольника, каждый площадью в три квадратных попугая, игого шесть. А теперь послушаем, что нам тут поведают.
Я продлила АМ и ВМ на такие же длины. Получился 4-х угольник, он параллелограмм с перпендикулярными диагоналями. Все получившиеся треугольники попарно равны. Нашла площадь ромба по диагоналям. А площадь трапеции половина площади полученного ромба.
Я решил так же, как и Андрей. Только перевернул вниз маленький верхний треугольник, что в принципе не является иным способом решения. Получил равнобедренный треугольник с известной высотой 3 и основанием 4. Задача не на глубокие знания геометрии, а на сообразительность, что не менее важно, а может и более важно в геометрии.
Можно также создать прямоугольник, "установив" на сторону АВ оба треугольника, при этом маленький треугольник с углом С поместить снизу к точке А, а большой треугольник с углом Д прикрепить к точке В. Будет прямоугольник 2*3.
@@GeometriaValeriyKazakov Ромб не вижу, дельтовидный четырёхугольник получается, если перевернуть верхний треугольник против часовой стрелки, а нижний - по часовой стрелке.
Все треугольники подобны , больший катет к меньшему=3/2 , тогда СМ=3/2b, AD=9/4b .Из тр.АДМ по т. Пифагора найдем b=4/ на ^ из 13 . Вычислим пл . То. АДМ и ВСМ, подставив значение b , и сложим , получим S=3 .
Подобие двух "придаточных" треугольников доказать не сложно. А вот доказать подобие большого треугольника, у которого катеты 2 и 3, двум остальным малым сложнее. Можно провести высоту большого треугольника с известными катетами, получатся два малых, которые, как известно подобны "родительскому" треугольнику. Но они же подобны и равновелики двум малым попарно соответствующим друг другу "придаточным" треугольникам, что доказать уже легче.
@@GeometriaValeriyKazakov Доказать подобие большого треугольника двум малым можно следующим способом. Вначале доказываем подобие двух малых придаточных треугольника: у них гипотенузы имеют соотношение 2:3, поэтому, если верхнее основание трапеции (малый катет малого треугольника) взять за Х, то малый катет нижнего придаточного треугольника получается 1,5Х, а это, собственно, является половиной правой стороны трапеции (и по совместительству является высотой трапеции), поэтому и большой катет верхнего малого треугольника равна 1,5Х. А больший катет нижнего придаточного треугольника в полтора раза больше такового малого треугольника, то есть равна 2,25Х (1,5*1,5*Х). Таким образом, в придаточных треугольниках малый катет относится к большему катету как 1:1,5. Но ведь и в большом прямоугольном треугольнике по условиям задачи катеты имеют соотношение 1:1,5 (2:3), что и является доказательством подобия абсолютно всех трёх представленных треугольников.
Сумма площадей верхнего и нижнего треугольника равна половине трапеции ah/4+bh/4. Тогда столько же приходится на оставшуюся часть, площадь которой 3*2/2. Ответ 2*3
Продолжим сторону ВМ до пересечения со стороной АD, скажем ВF, образуется треугольник АВF, причем треугольник MDF равен треугольнику ВСM и займет его место, в результате площадь трапеции равна площади треугольника АВF, которая равна половине произведения основания ВF на высоту АМ, т. е. 2*3=6, а теперь посмотрим как решат другие.❤
Я так и не научился разделять варианты на геометрические и алгебраические... BC=x, AD=y. Тр-ки ВМС и АМД подобны(взаим.перпенд). Отсюда: 4-x^2=9-y^2 \/(9--y^2):3=x:2 x=4/\/13, y=9/\/13. CD=12/\/13. Sabcd=6
Треугольники AMD и MBC подобны по своим углам, и соотносятся линейными размерами как 3 к 2. Следовательно AD к MC (а заодно и к MD) тоже как 3 к 2. AM к BM по условию 3 к 2, значит и третий треугольник AMB подобен. Проводим перпендикуляр из точки M на AB и получаем два меньших подобных треугольника, равных треугольникам AMD и MBC. А дальше хоть оригами, хоть просто 3х2.
1. Красные - это биссектрисы (легко доказать, проведя среднюю линию). 2. Высота МН даёт две пары равных тр-ков (по общей стороне и углу), по одному из них в сумме дают исходный тр-к АВМ. S(ABCD) = 2S(ABM) = 6.
@@GeometriaValeriyKazakov Средняя МК, она же - медиана в ▲АВМ, АК = КМ, ▲АКМ - равнобедренный, ∠АМК = ∠КАМ, но ∠АМК = ∠МАD (накрест лежащие) ⇛, ∠КАМ = ∠МАD, ч. т. д. Можно иначе: описать окр-ть на АВ как на диаметре и доказать через вписанный и центральный угол.
Я продолжил АМ и ВМ , то есть справа достроил симметричную трапецию, в серединке получились четыре прямоугоульных треугольника, в которых прямой угол у всех в точке М, ну а дальше классика жанра.
Из точки М опускаем высоту на сторону АВ и получаем внутри нашего треугольника АМВ два новых, равных треугольникам ВСМ и АДМ соответственно. Задача решена.
Ни то ни другое На выбор: Оригами Складываем самолётик 2*2*3/2=6 Ножницы бумага Отрезаем верхний треугольник, переворачиваем и пристраивает справа снизу. 3*(2+2)/2=6
Треугольники МВС и АМD подобны с коецентом 2/3 следует тангенс МАD=2/3 следует углы ВАМ= MAD а значит высота в треугольнике АМВ поделит этот треугольник на два равных АМD и МВС и значит площадь трапеции равна двум площадям АВМ!
Решение алгебраическим способом красивое, но "спортивное". Геометрическим как-то раз - и готово! Вопрос: вам результат сразу, или желаете помучиться?)))
Не заметил такого простого способа первого((( Просто достроил до прямоугольника. Выразив вс и ад через пифагор' имея ав составляем уравнение пифагора' найдя мс=мд. Ну и по классике площадь 6
![[LIVE] : ONE ลุมพินี 86 | คู่เอก "คมเพชร vs ชาติพยัคฆ์"](http://i.ytimg.com/vi/m3q_dRYDuU8/mqdefault.jpg)
Я решил так же, как и вы, просто перенес треугольник на 180* ВСМ так, чтобы получился прямоульный треугольник АМВ1. Доказать, что он прямоугольный легко, потому просто пропустим. И у нового треугольника АМВ1 МВ1 = 2, так как тр-к ВСМ просто перенесся, не меняя стороны, получили 2 равных по двум катетам прямоугольных треугольника АМВ и АМВ1. SАМВ = 3*2/2 = 3, значит S2AMB = 6. Эта площадь такая же, как и у трапеции АВСD, просто из = за переноса треугольника АМВ она превратилась в треугольник АВВ1.
Отлично.
Красивая задача! Андрей - красавчик! Я тоже решил поворотом, правда вертел ВСМ на 180°. Вообще, видишь равные отрезки из одной точки - поворачивай! Очень много решается так быстро. И с медианами, и с квадратами, ромбами, и с равнобедренными треугольниками...
Согласен. Но алгебра дала свойство.
@@GeometriaValeriyKazakov Ой, Валерий, это свойство родило алгебру. Теперь все природные процессы, описываются математически. Меня всю жизнь мучал один вопрос, это бред теории относительности Эйнштейна, который не опровергая Ньютона, не сумел доказать бесконечность Вселенной, и ограничил максимальную скорость любого известного взаимодействия, скоростью световой волны. А оказалось, что вселенная не имеет начала и конца, а скорость распространеия гравитационной энергии выше скорости световой волны, так как гравитационные поля взаимосвязаны и из взаимодействие оказывает влияние на все процессы, протекающие в любой точке вселенной, происходят быстрее, чем свет от взорвавшейся звезды доходит до наблюдателя, находящегося в любой точку вселенной! Доказано математиками!
@@КонстантинВинников-р6б Замечательно.
Мне больше нравится метод оригами :) Согнул фигуру по красным линиям и обнаружил что площадь двух уголков равна площади АВМ :)
ОТлично.
1) Я бы сделала дополнительные построения:
а) провела бы из вершины А вверх прямую, параллельную отрезку ВМ,
в) а из вершины В провела бы вниз прямую, параллельную отрезку АМ.
Точку пересечения этих 2-х линий назвала бы Р.
Далее опустила бы перпендикуляры из вершин А и В на РМ. Точки пересечения с диагональю прямоугольника АРВМ назвала бы А1 и В1 соответственно.
2) Рассмотрев ∆-ки АА1К и КВВ1, пришла бы к выводу, что они равны (по 3-м углам и равенстве сторон АА1 и ВВ1).
3) ∆-ки АА1М и АМD равны (по построению).
Равны и ∆-ки ВВ1М и ВСМ (по построению).
Следовательно, можно записать
S(АА1М)+S(ВВ1М)=
S(АМD)+S(ВСМ)
4) Но можно так же утверждать, что
[S(АА1М) - S(АА1К)]+[S(ВВ1М)+S(KBB1)]=S(ABM)=AM×BM/2
5) Но поскольку ранее мы в пункте 2 выяснили, что АА1К и КВВ1 равны, то опять-таки можно записать
[S(АА1М) - S(АА1К)]+[S(ВВ1М)+S(KBB1)]=S(АА1М)+S(ВВ1М)=
S(ABM)=AM×BM/2
6) Учитывая пункт 3, равенство пункта 5 можно представить
[S(АА1М) - S(АА1К)]+[S(ВВ1М+S(KBB1)]=
S(АА1М)+S(ВВ1М)=
S(АМD)+S(ВСМ)=
S(ABM)=AM×BM/2
7) Поэтому S(ABCD)=AM×BM=3×2=6 ☑️☑️
Отлично.
Алгебраически. Площади подобных относятся, как 13:9:4. Т.к. площадь большего =3, то площади других =27/13 и 12/13, а пл. трапеции = 6.
Геометрически. ВСМ поворачиваем вокруг т М до совмещения МС и МД. Получаем два треугольника с катетами 2 и 3.
Ответ:6
Получаем один треугольник с основанием 4 и высотой 3. S=3×4/2=6.
А я повернул всю трапецию, получил либо прямоугольник, либо параллелограмм - смотря, вокруг какой точки повернуть, - в параллелограмме все так же, как в решении Андрея, а в прямоугольнике соединил середины сторон отрезком ММ1. И уже там доказывал, что площадь треугольника равна половине искомой площади.
До начала просмотра видео: маленький жёлтенький прямоуголюный треугольник заворачиваем так, чтобы он прислонился к нижнему своим большим катетом. Объединим два нижних в один. В результате имеем два прямоугольных треугольника, каждый площадью в три квадратных попугая, игого шесть. А теперь послушаем, что нам тут поведают.
Я продлила АМ и ВМ на такие же длины. Получился 4-х угольник, он параллелограмм с перпендикулярными диагоналями. Все получившиеся треугольники попарно равны. Нашла площадь ромба по диагоналям. А площадь трапеции половина площади полученного ромба.
Наконец! Супер. Дождался я ромба! Красава.
Я решил так же, как и Андрей. Только перевернул вниз маленький верхний треугольник, что в принципе не является иным способом решения. Получил равнобедренный треугольник с известной высотой 3 и основанием 4. Задача не на глубокие знания геометрии, а на сообразительность, что не менее важно, а может и более важно в геометрии.
супер.
А можно пририсовать такую же но перевернутую трапецию слева. Тогда все станет видно
Можно также создать прямоугольник, "установив" на сторону АВ оба треугольника, при этом маленький треугольник с углом С поместить снизу к точке А, а большой треугольник с углом Д прикрепить к точке В. Будет прямоугольник 2*3.
Хорошо, но ромб - лучше.
@@GeometriaValeriyKazakov Ромб не вижу, дельтовидный четырёхугольник получается, если перевернуть верхний треугольник против часовой стрелки, а нижний - по часовой стрелке.
Все треугольники подобны , больший катет к меньшему=3/2 , тогда СМ=3/2b, AD=9/4b .Из тр.АДМ по т. Пифагора найдем b=4/ на ^ из 13 . Вычислим пл . То. АДМ и ВСМ, подставив значение b , и сложим , получим S=3 .
Вообще -то да, но как доказать подобие двух малых большому???
Подобие двух "придаточных" треугольников доказать не сложно. А вот доказать подобие большого треугольника, у которого катеты 2 и 3, двум остальным малым сложнее.
Можно провести высоту большого треугольника с известными катетами, получатся два малых, которые, как известно подобны "родительскому" треугольнику. Но они же подобны и равновелики двум малым попарно соответствующим друг другу "придаточным" треугольникам, что доказать уже легче.
С Вами полностью согласен , но я не стал этого делать , пусть это докажут школьники , если это им интересно.
@@GeometriaValeriyKazakov Доказать подобие большого треугольника двум малым можно следующим способом.
Вначале доказываем подобие двух малых придаточных треугольника: у них гипотенузы имеют соотношение 2:3, поэтому, если верхнее основание трапеции (малый катет малого треугольника) взять за Х, то малый катет нижнего придаточного треугольника получается 1,5Х, а это, собственно, является половиной правой стороны трапеции (и по совместительству является высотой трапеции), поэтому и большой катет верхнего малого треугольника равна 1,5Х. А больший катет нижнего придаточного треугольника в полтора раза больше такового малого треугольника, то есть равна 2,25Х (1,5*1,5*Х). Таким образом, в придаточных треугольниках малый катет относится к большему катету как 1:1,5.
Но ведь и в большом прямоугольном треугольнике по условиям задачи катеты имеют соотношение 1:1,5 (2:3), что и является доказательством подобия абсолютно всех трёх представленных треугольников.
Геометрическое решение красивое и более простое. Спасибо оба способа.
Спасибо. Но первое дает формулу центральный тр-к = 1/2Sтр
Сумма площадей верхнего и нижнего треугольника равна половине трапеции
ah/4+bh/4. Тогда столько же приходится на оставшуюся часть, площадь которой 3*2/2.
Ответ 2*3
Да, спасибо. Это же мы доказали в 1 способе. А как вам 2-й?
Вот продолжить-больше нравится. Слово поворот немного пугает
Продолжим сторону ВМ до пересечения со стороной АD, скажем ВF, образуется треугольник АВF, причем треугольник MDF равен треугольнику ВСM и займет его место, в результате площадь трапеции равна площади треугольника АВF, которая равна половине произведения основания ВF на высоту АМ, т. е. 2*3=6, а теперь посмотрим как решат другие.❤
Отлично.
Я так и не научился разделять варианты на геометрические и алгебраические... BC=x, AD=y. Тр-ки ВМС и АМД подобны(взаим.перпенд). Отсюда:
4-x^2=9-y^2
\/(9--y^2):3=x:2 x=4/\/13, y=9/\/13. CD=12/\/13. Sabcd=6
Треугольники AMD и MBC подобны по своим углам, и соотносятся линейными размерами как 3 к 2. Следовательно AD к MC (а заодно и к MD) тоже как 3 к 2. AM к BM по условию 3 к 2, значит и третий треугольник AMB подобен. Проводим перпендикуляр из точки M на AB и получаем два меньших подобных треугольника, равных треугольникам AMD и MBC. А дальше хоть оригами, хоть просто 3х2.
Отлично.
1. Красные - это биссектрисы (легко доказать, проведя среднюю линию).
2. Высота МН даёт две пары равных тр-ков (по общей стороне и углу), по одному из них
в сумме дают исходный тр-к АВМ. S(ABCD) = 2S(ABM) = 6.
Вот насчет биссектрис не понял док-ва. Ну, провели среднюю и что? Мне кажется не так просто.
@@GeometriaValeriyKazakov Средняя МК, она же - медиана в ▲АВМ, АК = КМ,
▲АКМ - равнобедренный, ∠АМК = ∠КАМ, но ∠АМК = ∠МАD (накрест лежащие) ⇛,
∠КАМ = ∠МАD, ч. т. д.
Можно иначе: описать окр-ть на АВ как на диаметре и доказать через вписанный и центральный угол.
Я продолжил АМ и ВМ , то есть справа достроил симметричную трапецию, в серединке получились четыре прямоугоульных треугольника, в которых прямой угол у всех в точке М, ну а дальше классика жанра.
Отличнро. Попробуйте еще ромб.
Из точки М опускаем высоту на сторону АВ и получаем внутри нашего треугольника АМВ два новых, равных треугольникам ВСМ и АДМ соответственно. Задача решена.
Отлично.
я решил тригой как обычно... а понравился больше андрей конечно... катя - технично... андрей - феерично... оба молодцы
Ни то ни другое
На выбор:
Оригами Складываем самолётик 2*2*3/2=6
Ножницы бумага Отрезаем верхний треугольник, переворачиваем и пристраивает справа снизу. 3*(2+2)/2=6
Отлично. Но что будете делать на экзамене? Поставят "ОРИГАМИ"!
@@GeometriaValeriyKazakov
Перпендикуляр к биссектрисе. Но лучше достроить справа мелкий треугольник - меньше возни с доказательствами.
Я провел высоту к АВ и треуггльных на два соседних треугольника. Все
Треугольники МВС и АМD подобны с коецентом 2/3 следует тангенс МАD=2/3 следует углы ВАМ= MAD а значит высота в треугольнике АМВ поделит этот треугольник на два равных АМD и МВС и значит площадь трапеции равна двум площадям АВМ!
Отлично!
1/2 высоты АМ (3) × на основание ВВ1 (2+2=4) и =6
Решение алгебраическим способом красивое, но "спортивное". Геометрическим как-то раз - и готово! Вопрос: вам результат сразу, или желаете помучиться?)))
Да, но во 2-м способе у нас появилось свойство 1/2 Sтр
Не заметил такого простого способа первого((( Просто достроил до прямоугольника. Выразив вс и ад через пифагор' имея ав составляем уравнение пифагора' найдя мс=мд. Ну и по классике площадь 6
Отлично.