Как построить ромб по стороне и радиусу вписанной окружности

Задачи на построение не просты. Не существует единого алгоритма для решения всех таких задач. Каждая из них по-своему уникальна, и каждая требует индивидуального подхода для решения. Именно поэтому научиться решать задачи на по- строение чрезвычайно трудно,а, порой, практически невозможно.

Но эти задачи дают уникальный материал для индивидуального творческого поиска путей решения с помощью своей интуиции и подсознания.

Немного из истории.

Вся история геометрии и некоторых других разделов математики тесно связана с развитием теории геометрических построений. Важнейшие аксиомы геометрии, сформированные Евклидом около 300 года до нашей эры, ясно показывают, какую роль сыграли геометрические построения в формировании геометрии. «От всякой точки до всякой точки можно провести прямую линию», «Ограниченную прямую можно непрерывно продолжать», «Из всякого центра и всяким раствором может быть описан круг» — эти постулаты Евклида явно указывают на основное положение конструктивных методов в геометрии древних.

Древнегреческие математики считали «истинно геометричес- кими лишь построения, производимые циркулем и линейкой, не признавая «законным» использование других средств для решения конструктивных задач». При этом , в соответствии с постулатами Евклида, они рассматривали линейку как неограни- ченную и одностороннюю, а циркулю приписывалось свойство чертить окружности любых размеров. Эта традиция до сих пор сохранилась в школьном курсе геометрии.

Древнегреческие геометры успешно справлялись с труднейшими задачами на построение с помощью циркуля и линейки. Так, например, Аполлоний Пергский решил известную задачу, носящую его имя : «Построить окружность, касающую- ся трех данных окужносей».

В XVII – XX веках теория геометрических построений стала развиваться дальше, главным образом, в связи с созданием новых разделов математики.

Много внимания уделяли конструктивным задачам творцы современной математики : Декарт, Ферма, Ньютон, Паскаль, Эйлер, Гаусс и другие.

В XVII – XIX веках разрабатывается теория геометрических построений с помощью различных инструментов, отличных от принятых древними. Уже Леонардо да Винчи ( 1452 – 1519 г. г. ) рассматривал построения с помощью линейки и циркуля посто- янного размаха. Датчанин Мор ( 1672 г. ) и итальянец Маскерони

( 1797 г. ) изучали построения, выполняемые циркулем и линей- кой. Швейцарец Ламберт ( 1774 г. ) рассматривал некоторые за- дачи на построение на ограниченном куске плоскости.

В настоящее время теория геометрических построений представляет обширную и глубоко развитую область математи- ки, связанную с решением разнообразных принципиальных вопросов, уходящих в другие ветви математики.

Существование центра окружности, вписанной в треугольник; существование подобных треугольников; существование парал- лельных прямых доказывается с помощью построен.

Что такое задачи на построение?

Основные методы решения.

Задача на построение в планиметрии состоит в том, чтобы, исходя из заданных на плоскости геометрических фигур, применяя заранее предписанные средства (инструменты), построить новую геометрическую фигуру, находящуюся в определенных отношениях с данными фигурами. В качестве средств построения выступают либо классические инструменты – циркуль и линейка, либо ограниченные средства построения – угольник (математическая модель прямого угла); линейка с параллельными краями, или другие средства.

В решении задач на построение выделяются следующие четыре этапа: 1. АНАЛИЗ

В процессе анализа , собственно и происходит поиск решения задачи. Из предположения, что задача уже решена и требуемая фигура построена, пытаются вывести такие следствия, которых окажется достаточно для того, чтобы требуемую фигуру построить.

Построение предлагает поэтапное выполнение построений с помощью циркуля и линейки, в результате которых получаем требуемую фигуру.

В доказательстве поясняем, что построенная фигура действительно удовлетворяет всем требованиям задачи.

Наконец, в исследовании нужно установить, при каком выборе исходных данных задача имеет решение и сколько решений будет при каждом допустимом выборе исходных данных.

Отметим простейшие построения, которые служат основой для выполнения других, более сложных.

1. Построить отрезок, равный данному.

2. Построить угол, равный данному.

3. Разделить данный отрезок пополам.

4. Разделить данный угол пополам.

5. Через данную точку провести прямую, параллельную данной прямой.

6. Из данной точки, не принадлежащей данной прямой, опустить на эту прямую перпендикуляр.

7. Из данной точки, лежащей на прямой, восстановить к этой прямой перпендикуляр.

8. Построить треугольник по трем сторонам ( т. е. построить треугольник, стороны которого были бы равны трем заданным отрезкам ).

9. Построить треугольник по двум сторонам и заключенному между ними углу ( т. е. построить треугольник, две стороны которого и угол, заключенный между ними, были бы равны двум заданным отрезкам и заданному углу соответственно ).

В решении задач на построение часто используются различные методы геометрического преобразования плоскости :

— метод геометрических мест;

— метод центральной и осевой симметрии;

— метод параллельного перенесения;

— алгебраический метод и др.

Каждому методу сопоставляется определенный класс задач. Однако провести классификацию задач на построение по методам их решения нельзя. Это следует уже из того, что многие задачи допускают несколько методов решения. Поэтому можно говорить лишь об условном разбиении задач на построение на классы, определяемые их методами решения.

В данной работе рассмотрены некоторые из этих методов и задачи, решаемые с их помощью.

Примеры решения задач на построение с использованием различных методов.

Даны две концентрические окружности О и точка А на большей окружности. Провести секущую AXYZ так, чтобы AZ = 3XY.

1. Анализ исходных данных:

Пусть ОВXY ; AB = BZ ; XB = BY AB = 3XB

Откуда AX = 2BX AX = XY.

Для определения т. Y проведем диаметр АС и соединим точки С и Y.

AOXACY ( АО = ОС ; AX = XY ) YC = 2OX.

Значит т. Y принадлежит окр. ( C ; MN ).

2. окр. ( C ; MN ) окр. ( O ; OM ) = т. Y

4. секущая AY – искомая.

1. AOX ACY ( AC : AO =

2. AX = XY AZ = 3XY.

4. Исследование решения:

Если MN = NC – одно решение

Если MN NC – два решения ( секущие AY и AY );

Если MN NC – решений нет.

Через точку А провести прямую , проходящую между данными точками

В и С и находящуюся от них на равном расстоянии.

1. Анализ исходных данных:

Пусть искомая прямая АВ построена, такая, что ML = BC.

Так как прямая определяется двумя точками, и одна из них известна (т. А), необходимо найти на искомой прямой вторую точку. Соединим точки В и С.

LMO = OBC OL = OC (как соответствующие элементы) т. О – середина LC.

1. LM AB (элементарное построение).

2. СВ АВ (элементарное построение).

6. АО – искомая прямая.

(по гипотенузе и острому углу).

Задача всегда имеет решение.

Если т. А LC и т. А не совпадает с т. О, то искомая прямая совпадает с LC.

Если т. А совпадает с т. О , то всякая прямая , проходящая через т. О, будет искомая.

Через точку А провести прямую так, чтобы ее отрезок между параллельны- ми прямыми MN и PQ был равен данному отрезку а.

1. Анализ исходных данных:

Пусть прямая АС проведена через точку А так, что ВС = а. Задача сводится к определению ACR. Проведем через произвольную точку Е PQ отрезок DE AC, тогда DE = a, и все такие же отрезки будут равны а.

Так как DE = a , то точка D окр. ( Е ; а ).

= т. D окр. (Е ; а) MN =

4. т. А а ;a ED т. А а ; а EK

6. BC и SR – искомые.

1. BC = DE ; SR = EK

(как отрезки между прямыми)

2. DE = EK = a ( окр. r = a )

3. BC = SR = a – искомые.

Задача вообще имеет два решения.

При а = MP – одно решение, искомая прямая MN

При а MP – решений нет.

Через данную точку М провести окружность , касательную к данной окружности О в данной на ней точке L.

1. Анализ исходных данных:

Пусть окружность с центром О — искомая. Найдем центр О. Так как точка касания двух окружностей лежит на одной прямой с их центрами , то О OL. Соединим точки M и L. LM – хорда искомой окружности центр О PQ, где PQ ML ( по свойству радиуса ).

Окончательно, OL PQ = O.

6. r = ОМ – искомый радиус

7. окр. ( О ; ОМ ) – искомая окружность.

1. О L = OM (как наклонные, имеющие равные проекции) т. L и т. М окр. (О; ОМ)

2. окр. О окр. О = т. L (так как расстояние между центрами равно сумме радиусов).

Если т. М дана внутри окружности О ,то решение остается то же, но касание окружностей будет внутреннее и расстояние между центрами равно разности радиусов.

Если т. М находится на окружности О, то искомая окружность совпадает с данной.

Если т. М лежит на касательной ML , то решений нет , так как перпендикуляр PQ OL и точки пересечения нет.

Должно выполняться условие:

Даны окружность О и точка А вне ее ; через точку А провести секущую так, чтобы она окружностью разделилась пополам.

1. Анализ исходных данных.

Пусть секущая АВ проведена так, что АС = СВ. Необходимо определить точку В. Проведем d = BD. Соединим точку D с точками А и С.

DCB = 90; DAC = DCB т. D принадлежит окр. ( А ; MN ).

1. окр. ( А ; MN ) ; т. D окр. О

2. соединим точки D и О

4. DO окр. ( А ; MN ) = т. В

5. соединим точки В и А

6. ВА – искомая секущая.

1. DCB = 90 ( опирается на диаметр ).

( СD-общий ; АС = СВ по условию ) AD = DB

4. ADB – равнобедренный ( r – стороны )

5. DC – высота ADB ( также биссектриса и медиана )

Если окружность ( А ; 2r ) пересекает окружность О, то решения два ( секущие АВ и AL ).

Если окружность ( А ; 2r ) касается окружности О , то решение одно

Если окружность DK, описанная из т. А, не пересекает окружность О , то решений нет.

Условие существования решения : AO 3r

МЕТОД ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ МЕСТ.

Геометрическое место точек – совокупность точек, обладающих свойствами, исключительно им принадлежащими. При решении задач на построение наиболее часто встречаются следующие геометрические места точек, которым удовлетворяют искомые фигуры:

1. Множество точек плоскости, каждая из которых равноудалена от двух данных точек А и В, есть серединный перпендикуляр отрезка АВ.

2. Множество точек, находящихся на данном расстоянии от данной пря- мой, есть две прямые, параллельные данной и отстоящие от нее на дан- ном расстоянии.

3. Множество точек, каждая из которых равноудалена от двух данных па- раллельных прямых, есть прямая, являющаяся их осью симметрии.

4. Множество точек, каждая из которых равноудалена от двух пересекаю- щихся прямых, есть две взаимно – перпендикулярные прямые, содер- жащие биссектрисы углов, образованных данными прямыми.

5. Множество точек, из которых отрезок АВ виден под прямым углом, есть окружность ( без точек А и В ), построенная на отрезке АВ как на диаметре.

6. Множество точек плоскости, из которых отрезок АВ виден под углом

; , есть две дуги с общими концами А и В ( без точек А и В ), симметричные относительно прямой АВ.

7. Множество точек на плоскости, для каждой из которых отношение рас- стояний до двух данных точек А и В постоянно и отлично от единицы, есть окружность с центром на прямой АВ. Эта окружность называется окружностью Апполония.

Найти точку Х, равноудаленную от всех трех вершин данного треуголь- ника АВС.

1. Анализ исходных данных:

Пусть искомая точка X найдена так, что XB = XC т. X принадлежит серединному перпендикуляру MN, также т. X принадлежит серединному перпендикуляру PQ т. Х лежит на пересечении серединных перпендикуляров MN, PQ и KL.

1. М – середина АВ

2. К – середина ВС

3. Р – середина АС

7. KL MN = т. Х – искомая

1. серединные перпендикуляры пересекаются в одной точке Х — центре описанной окружности окр. ( Х ; ХА ).

2. ХА = ХВ = ХС = r

Если АВС остроугольный или прямоугольный , т. Х лежит внутри него.

Если АВС тупоугольный, т. Х лежит вне его.

Построить ромб так, чтобы одна из его диагоналей была равна данному отрезку m и лежала на данной прямой а, а остальные две вершины ромба лежали соответственно на данных прямых b и с.

1. Анализ исходных данных:

Пусть АВСD – искомый ромб, АD = m. Точки В и С симметричны относительно а ( по свойству диагоналей ромба ). Точка В лежит на прямой b, точка С – на прямой с ( по условию ), но прямая в симметрична прямой b относительно прямой а, значит точка С лежит на пересечении прямых с и b.

1. а, b, с – данные прямые ;

3. ММа = т. Р ; МР =РМ

5. NNа = т. Q ; NQ = QN

9. СВ а = т. О ; СО = ОВ

11. Аа ; Da ; ОА =ОD = m/2

12. АВDC – искомый ромб.

1. СО = ОВ = m/2 ( по построению)

2. АО = ОD = m/2 ( по построению)

3. СВа ( по построению )

4. ADa CB AD ( диагонали ромба )

Если с b — решений нет.

Если с совпадает с b — решений бесконечно много.

Если с и b пересекаются на прямой а – решений нет.

Построить ромб по стороне а и радиусу вписанной окружности b.

1. Анализ исходных данных:

Пусть ромб ABCD построен так, что AB = BC = CD = DA = a и радиус вписанной окружности ОМ = b. Точка О является вершиной прямого угла, опирающегося на АВ, и находится на расстоянии b от АВ.

2. К – середина АВ

1. ABCD – ромб со стороной а ( по построению )

2. Пусть ОМ АВ ОМ = ЕК = b ( ОМ EK ; AB d – как параллельные прямые между параллельными )

3. окр. ( О ; ОМ ) касается АВ

4. т. О – центр симметрии ( по свойству диагоналей ромба )

5. окр ( О ; ОМ ) касается всех сторон ромба является вписанной.

Задача имеет решение, если прямая d пересекает окружноcть ( К ; АК ), то есть когда b a/2.

Даны два отрезка MN и PQ ; на одной прямой АВ найти такую точку Х , чтобы MXN и PXQ были равновелики.

1. Анализ исходных данных:

Пусть точка Х найдена так, что она лежит на прямой АВ и MXN равнове- лик PXQ. Если XZ и XY высоты этих треугольников, то

XZ : XY = PQ : MN ( высоты треугольников обратно пропорциональны соответствующим сторонам ), значит точка Х находится на геометрическом месте точек на расстоянии, равном данному отношению PQ : MN, а также – на прямой АВ.

5. OS = MN ; OR = PQ

6. из т. S проведем SS PQ

7. из т. R проведем RR MN

9. СО АВ = т. Х – искомая

1. OYX OKC — по двум углам (О и 90) XY/CK = OX/OC

2. OXZ OCL — по двум углам (O и 90) XZ/CL = OX/OC

4. Заменим CK = OS = MN ; CL = OR =PQ XY/MN = XZ/PQ

5. XY x PQ = MN x XZ ( из определения пропорции )

6. Разделим оба произведения на 2:

S MXN = S PXQ = 1/2 XY x PQ = 1/2 MN x XZ

Задача имеет одно решение.

Если MN PQ , то OS OR , следовательно нет точки пересечения , и задача решений не имеет.

Условия задач, решаемых методом подобия дают возможность построить не искомую фигуру, а фигуру, подобную искомой. Затем из множества подобных фигур выбрать одну, удовлетворяющую условиям задачи либо только по своим размерам, либо по своему положению и своим размерам.

Построить треугольник, зная сторону а, сторону b, вершину В и радиус вписанной окружности r.

1. Анализ исходных данных:

Пусть треугольник АВС построен так, что известны угол и отношение сторон этого угла. Построим треугольник, подобный искомому.

1. х –единичный отрезок.

2. на сторонах В отложим BD = mx

3. соединим D и E

4. DBE ABC – по двум углам

( при вершине и при основании )

5. BP – биссектриса В

6. OF DE прямая а

7. на прямой а отложим OG = r

8. через т. G проводим АС DE

Из всех подобных треугольников

АВС искомый , так как радиус вписанной окружности равен r, что следует из построения.

Всегда возможно одно решение.

Дан угол АВС и внутри его точка М. Найти на стороне ВС точку Х , равноудаленную от АВ и от точки М.

1. Анализ исходных данных:

Пусть точка Х найдена так, что перпендикуляр XY = MN. Задача сводится к построению фигуры YXM. Представим целый ряд фигур abc; pmn,, гомотетических с искомой фигурой. Достаточно построить одну из этих фигур, например, abc, тогда останется провести из точки М параллель bc, и задача будет решена.

1. точки М, b, m, В ВМ ( т. В – центр подобия искомых фигур )

2. положение т. а произвольно ас АВ ; ас = bc

3. из центра с опишем дугу аk ( с ; ас )

4. дуга ak ВМ = т. b

5. проводим MX bc

6. MX BC = т. X ( искомая )

1. опустим XY АВ

2. abc YMX (равные углы между пропорциональными сторонами)

4. cb = ca ( по построению – дуга ak ) X M = XY

Задача всегда имеет два решения , так как дуга ak из центра с пересекает прямую ВМ в двух точках.

Предполагают задачу решенной и одну из данных точек ( прямую или окружность ) отражают относительно какой – нибудь известной оси ; иногда эта ось проходит через известную точку. И полученную симметричную точку ( прямую или окружность ) подчиняют тем же условиям, которым должна была удовлетворять замененная.

На данной прямой АВ найти точку Х, соединив которую с данными точками M и N, получим углы NXB (1) и MXK, из которых один вдвое больше другого.

1. Анализ исходных данных:

Пусть точка Х найдена так, что 1 = 2MXK , и точка С симметрична точке М относительно прямой АВ. Тогда 2 = 3, и задача сводится к нахождению на прямой АВ точки Х такой, чтобы 1 = 23.

1. т. С симметрична т. М относительно АВ

4. NK – касательная к окр. ( С ; LC )

3. LXC = CXK — ( УСУ )

— биссектриса LXK NX – касательная к окр. ( С ; LC )

5. 1 = LXK ; 3 = MXA NXB = 2MXA.

Задача имеет четыре решения, если точки M и N расположены вне прямой АВ, так как из каждой точки к окружности можно провести две касательные.

Дан угол ВАС и точка P внутри него. Построить окружность, проходящую через точку Р и касающуюся сторон угла.

1. Анализ исходных данных:

Пусть окружность О построена так, что проходит через данную точку Р и касается сторон АВ и АС данного угла в точках M и N. Центр О лежит на биссектрисе l данного угла , а точка Р симметрична точке Р относительно l и лежит на окружности. Пусть прямая РР пересекает одну из сторон угла в точке Q. Тогда QM является отрезком касательной к окружности, поэтому

QM= QP x QP. Построив точку М, легко построить точку О.

1. l – биссектриса ВАС

3. PP l = т. Т ; РТ = ТР

5. x = x ( среднее геометрическое )

6. т. М АВ ; х = QM

7. т. М АВ ; х = QM

1. АОМ АОМ- по двум углам ( А – обший;

2. АОN AON- по острому А

3. OM = OP окр. ( О; ОМ) проходит через т. Р и касается сторон угла.

Очевидно, что если точка Р лежит строго внутри заданного угла, то задача имеет ровно два решения. В процессе решения использовались элементы нескольких методов: геометрического места точек, осевой симметрии и алгебраического метода.

Метод состоит в том, что некоторую ломаную линию в чертеже заменяют прямой. После решения новой задачи определяют, в какой точке нужно согнуть выпрямленную линию , и таким образом перейти к первоначальной задаче. Особенно этот метод применим в тех задачах, условия которых содержат данную сумму или разность частей некоторой ломаной линии.

Построить треугольник, зная угол А, сторону с и сумму двух других сторон а + b.

1. Анализ исходных данных.

Пусть АВС построен так, что сумма звеньев ломаной ВСА известна. Выпрямим ее. Для этого откладываем на продолжении АС часть СD = BC.

Соединяем точки В и D. ВCD – равнобедренный вершина С лежит на серединном перпендикуляре ЕС ( по свойству медианы равнобедренного ).

2. АВ = c ; АD = a + b

1. А ; АВ – известны по условию

2. ВС + АС = CD + AC = a + b

Построение возможно, если a + b > c

Построить равнобедренный треугольник, зная его боковую сторону а и сумму высоты и основания, равную S.

1. Анализ исходных данных:

Пусть АВС построен так, что АВ =ВС =а ; ВD = AC = S. Необходимо определить точку А. Введем данную сумму в чертеж. Для этого отложим на продолжении BD отрезок DE = AC, значит DE = 2AD (т. к. BD еще и медиана), то есть вид ADE известен. Если в AED произвольно провести

GF AD , то FE = 2 GF ( по т. Фалеса ).

5. дуга ( В ; а ) EG = т. А

7. дуга ( В ; а ) AD = т. С

1. АВ = ВС – радиус окр. ( В ; ВС )

2. AD EB (по построению ) BD – высота АВС

3. дуга АС стягивает хорду AC;

BD – медиана АВС

4. АВС – равнобедренный.

Решение существует, если АВ ВК.

Построить треугольник по периметру Р и двум углам, величины которых равны и.

1. Анализ исходных данных:

Пусть АВС – искомый, в котором АВ + ВС + СА = Р ; ВАС = ; ВСА =. На продолжении СА отложим отрезок СЕ = СВ, а на продолжении АС – отрезок СЕ = СВ, тогда длина отрезка DE = P.

Соединим точки D и Е с вершиной В, получим два равнобедренных треугольника : DBA и ЕВС, в которых ADB = ABD = /2 ;

5. DBE – вспомогательный.

6. т. К – середина DB

7. KA DB ; КА DE = т. А

8. т. N – середина ВЕ

9. NC BE ; NC DE = т. С

10. АВС – искомый.

1. DAB – равнобедренный ( т. к. КА – медиана и высота )

2. ВАС = /2 х 2 = А ( по теореме о внешнем угле )

4. Аналогично: ВСА = ; ЕС = СВ

5. ВА + АС + СВ = Р ( по аксиоме об измерении отрезков )

Построить ромб по стороне и радиусу вписанной окружности?

Геометрия | 10 — 11 классы

Построить ромб по стороне и радиусу вписанной окружности.

Считаем, что вы умеете строить параллельные прямые, перпендикуляры, откладывать отрезки — элементарные построения.

Также считаем, что Вы умеете строить касательные к окружности — задача не такая сложная, но также и касательную (разную) к двум окружностям — это задача сложнее намного, но нужно уметь.

Если вы это умеете — смотрим решение в файле.

Если нет — то и решение вам не нужно.

Как построить треугольник по его стороне , радиусу вписанной окружности и углу?

Как построить треугольник по его стороне , радиусу вписанной окружности и углу?

Сторона ромба равна 6√3, а тупой угол ромба равен 120?

Сторона ромба равна 6√3, а тупой угол ромба равен 120.

Найдите радиус вписанной окружности ромба.

Сторона ромба равна 8?

Сторона ромба равна 8.

Радиус окружности, вписанной в этот ромб, равен 2.

Найдите площадь ромба.

Сторона ромба равна 36, а острый угол ромба равен 30 градусов?

Сторона ромба равна 36, а острый угол ромба равен 30 градусов.

Найдите радиус вписанной окружности ромба.

Сторона ромба равна 10дм, а один из его углов30градусов найдите радиус окружности, вписанной в ромб?

Сторона ромба равна 10дм, а один из его углов30градусов найдите радиус окружности, вписанной в ромб.

Сторона ромба равна 10, а один из его углов равен 30?

Сторона ромба равна 10, а один из его углов равен 30.

Найдите радиус окружности вписанной в ромб.

Сторона ромба равна 10, а один из его углов равен 30°?

Сторона ромба равна 10, а один из его углов равен 30°.

Найдите радиус окружности, вписанной в ромб.

Сторона ромба равна 10 см, острый угол — 30?

Сторона ромба равна 10 см, острый угол — 30.

Найдите радиус вписанной в ромб окружности.

Сторона ромба равна 10√3, а острый угол ромба равен 60°?

Сторона ромба равна 10√3, а острый угол ромба равен 60°.

Найдите радиус вписанной окружности ромба.

Диагональ ромба равна его стороне?

Диагональ ромба равна его стороне.

Вычислите периметр ромба если радиус вписанной окружности равен см.

Вы перешли к вопросу Построить ромб по стороне и радиусу вписанной окружности?. Он относится к категории Геометрия, для 10 — 11 классов. Здесь размещен ответ по заданным параметрам. Если этот вариант ответа не полностью вас удовлетворяет, то с помощью автоматического умного поиска можно найти другие вопросы по этой же теме, в категории Геометрия. В случае если ответы на похожие вопросы не раскрывают в полном объеме необходимую информацию, то воспользуйтесь кнопкой в верхней части сайта и сформулируйте свой вопрос иначе. Также на этой странице вы сможете ознакомиться с вариантами ответов пользователей.

Ответ с решением приведён на данном изображении.

Т. к. AB = BC, треугольник равнобедренный, это значит, что угол BAC = углу BCA. Сумма углов в треугольнике = 180. Поэтому BCA + BAC + ABC = 180, но BAC = BCA 2BCA + 148 = 180 2BCA = 180 — 148 2BCA = 32 BCA = 16.

1) 6 * 12 = 72 (м2) — площадь участка 2) 6 * 7 = 42 (м2) — площадь участка, засаженного газонной травой 3) 72 — 42 = 30 (м2) — площадь участка, отведённого под розы.

1) Т. К ∠AOC центральный, то ∪AC = 80° 2) Т. К ∠ABC вписанный, то ∠ABC = 1 / 2∪AC = 40° 3) Доп. Построение : АС Т. К ΔАВС равнобедренный, то ∠BAC = ∠BCA = (180° — 40°) : 2 = 70° Т. К ∠BAC вписанный, то ∪АВ = 2∠ВАС = 70° * 2 = 140° Ответ : ∠АВС =..

Сумма углов треугольника 180° 5 : 1 : 3 Т. Е. всего частей 5 + 1 + 3 = 9 частей 180° : 9 = 20° одна часть Углы треугольника соотносятся как 5 * 20° : 20° : 20° * 3 100° : 20° : 60°.

Cos B = Bc AB = 8 10 = 0. 8.

Полупериметр (сумма двух сторон) равен 16 / 2 = 8 см ; 3х + 5х = 8 х = 1 см — одна часть длины стороны ; 1 * 3 = 3 см — одна пара сторон ; 1 * 5 = 5 см — другая пара сторон.

Держи) я полагаю, достаточно подробно.

X — y = 12x * y = — 32x = 12 + yx = — 32 / y12 + y = — 32 / yотсюда y = — 4тогда x = 8.

1)Средняя линия трапеции равна полусумме оснований = > (ВС + АD) / 2 = 10 ВС + АD = 20 — сумма оснований 2)36 — 20 = 16 — 2 боковые стороны, а т. К. трапеция равнобедренная, то 16 : 2 = 8 — одна боковая сторона Ответ : 8см.

Площадь ромба – формула, пример расчет, как начертить

Через диагонали

Диагональ ромба d₁Диагональ ромба d₂Результат

Признаки ромба

∠BAC = ∠CAD или ∠BDA = ∠BDC

Δ ABO = Δ BCO = Δ CDO = Δ ADO

Свойства ромба

На рисунке выше ( ABCD ) – ромб, ( AC = DB = CD = AD ) . Так как ромб – это параллелограмм, то он обладает всеми свойствами параллелограмма, но так же есть свойства присущие только ромбу.

В любой ромб можно вписать окружность. Центр окружности, вписанной в ромб, является точкой пересечения его диагоналей. Радиус окружности равен половине высоты ромба:

Формула вычисления площади

1. По длине стороны и высоте:

Площадь ромба (S) равняется произведению длины его стороны и высоты, проведенной к ней:

S = a*h

2. По длине стороны и углу

Площадь ромба равняется произведению квадрата длины его стороны и синуса угла между сторонами:

S = a 2 *sin α

3. По длинам диагоналей

Площадь ромба равна одной второй произведения его диагоналей.

Основные свойства ромба

∠BAC = ∠CAD, ∠ABD = ∠DBC, ∠BCA = ∠ACD, ∠ADB = ∠BDC

AC 2 + BD 2 = 4AB 2

Примеры задач

Задание 1
Найдите площадь ромба, если длина его стороны равна 10 см, а высота, проведенная к ней – 8 см.

Решение:
Используем первую формулу, рассмотренную выше: S = 10 см * 8 см = 80 см 2 .

Задание 2
Найдите площадь ромба, сторона которого равняется 6 см, а острый угол – 30°.

Решение:
Применим вторую формулу, в которой используются известные по условиям задания величины: S = (6 см) 2 * sin 30° = 36 см 2 * 1/2 = 18 см 2 .

Задание 3
Найдите площадь ромба, если его диагоналей равны 4 и 8 см, соответственно.

Решение:
Воспользуемся третьей формулой, в которой используются длины диагоналей: S = 1/2 * 4 см * 8 см = 16 см 2 .

Через основание и высоту

Высоты ромба hСторона ромба а

Площади фигур

Расчет площади квадрата, прямоугольника, параллелограмма, треугольника, трапеции, ромба, круга (площадь фигур).Площади фигур

Площадь ромба по углу и противолежащей диагонали

Площадь ромба по углу и диагонали проведенной из этого угла

Способ расчета площади ромба

Ромб – это параллелограмм, у которого все стороны равны. Ромб у которого все углы прямые называется квадратом.
Формула площади ромба: ,
где a – стороны, h – высота

Ромб – это параллелограмм, у которого все стороны равны. Ромб у которого все углы прямые называется квадратом.
Формула площади ромба: ,
где d1, d2 – диагонали

Ромб – это параллелограмм, у которого все стороны равны. Ромб у которого все углы прямые называется квадратом.
Формула площади ромба: ,
где a – сторона, α – угол между сторонами

Ромб – это параллелограмм, у которого все стороны равны. Ромб у которого все углы прямые называется квадратом.
Формула площади ромба:
где r – радиус вписанной окружности, α – угол между сторонами

Ромб – это параллелограмм, у которого все стороны равны. Ромб у которого все углы прямые называется квадратом.
Формула площади ромба: ,
где r – радиус вписанной окружности, a – сторона

Формула площади ромба через две стороны и угол между ними

a — сторона ромба;

— любой угол ромба.

Найти площадь ромба, если каждая из его сторон равна 10 см, а угол между двумя смежными сторонами равен 30 градусам.

Решение

По формуле получаем:

S = a 2 ⋅ sin ( α ) = 1 0 0 ⋅ sin ( 3 0 ∘ ) = 5 0 (см. кв.)

Ответ: 50 см. кв.

Формула площади ромба через угол и радиус вписанной окружности

Формула площади ромба через сторону и угол

Таблица с формулами площади ромба

В зависимости от известных исходных данных, площадь ромба можно вычислить по различным формулам.

исходные данные (активная ссылка для перехода к калькулятору)	эскиз	формула
1	сторона и высота
2	диагонали
3	диагональ и угол между сторонами
4	диагональ и угол между сторонами
5	сторона и угол между сторонами
6	радиус вписанной окружности и угол между сторонами
7	сторона и радиус вписанной окружности

Периметр ромба

Периметром ромба называется сумма длин всех сторон ромба.
Длину стороны ромба можно найти за формулами указанными выше.