📝 ПЛОЩАДИ ФИГУР. ЧАСТЬ 2
В прошлый раз мы не затронули трапецию - о ней стоит сказать пару слов. Разделим трапецию ABCD диагональю BD на два треугольника (см. изображение 2), проведём в них высоты, которые равны в силу параллельности оснований (одна из них может упасть наружу либо являться катетом одного из треугольников) и воспользуемся выведенной ранее формулой: S△ABD = ½•AD•h; S△BCD = ½•BC•h. Складывая, получаем S = ½•h•(AD+BC).

Площадь трапеции S⏢ = ½•(a+b)•h, где a,b - основания трапеции, h - её высота.

Мы обсудили площади многих частных случаев четырёхугольников, а существует ли общая формула? Давайте разделим произвольный четырехугольник ABCD на четыре треугольника диагоналями, пересекающимися в точке О (см. изображение 1). Обозначим угол BOC за α и выразим их площади через куски диагоналей AO, BO, CO, DO:
S△CBO = ½•BO•CO•sinα; S△CDO = ½•DO•CO•sin(180°-α) = ½•DO•CO•sinα; S△ABO = ½•BO•AO•sin(180°-α) = ½•BO•AO•sinα; S△ADO = ½•AO•DO•sinα.
Сложив эти четыре площади, получим площадь исходного четырёхугольника: S = ½sinα(BO•CO+DO•CO+BO•AO+AO•DO) = ½sinα(CO•BD+AO•BD) = ½•AC•BD•sinα.

Площадь произвольного четырёхугольника S = ½•d₁•d₂•sinα, где d₁, d₂ - его диагонали, α - угол между ними.

Существует ещё одна очень приятная формула для абсолютно произвольного многоугольника, в который вписана окружность. Пусть это будет пятиугольник ABCDE, а точки касания его сторон с окружностью с центром в точке О - K₁,K₂,K₃,K₄,K₅ (см. изображение 3). Соединяем вершины с центром, разбивая пятиугольник на 5 треугольников. Очевидно, что радиусы окружности OK₁=OK₂=OK₃=OK₄=OK₅=r являются их высотами. Тогда, вычисляя все площади треугольников как полупроизведение основания на высоту и складывая их, получаем S = ½•AB•r + ½•BC•r + ½•CD•r + ½•DE•r + ½•AE•r = ½r(AB+BC+CD+DE+AE) = ½Pr = pr. Также ясно, что от изменения числа сторон ничего не изменится, полупериметр останется периметром, а значит:

Площадь описанного n-угольника S = pr, где p - его полупериметр, r - радиус вписанной окружности.

Все ведь заметили, что идея везде одна и та же - триангуляция?
#уроки@mathbotva

📝 ТЕОРЕМА КОСИНУСОВ
Это одна из основных теорем школьной геометрии, проходящаяся в 9 классе и известная буквально каждому школьнику, вероятно, наизусть. На ней строятся многие другие более сложные формулы и соображения. А откуда же она взялась? Давайте разбираться.
Возьмём треугольник ABC и проведем высоту BH к стороне AC. По теореме Пифагора выразим AH² = AB²-BH² и CH² = BC²-BH². Пусть ∠ABH=α, ∠CBH=β. С одной стороны BH=AB•cosα, с другой BH=BC•cosβ. На этом геометрия успешно заканчивается и начинается глина: AH² = AB²-AB²•cos²α; CH² = BC²-BC²•cos²β. Чтобы получить AC², нужно сложить AH² и CH², а также не забыть про 2AH•CH. AH=AB•sinα; CH=BC•sinβ. Собирая всё вместе, имеем AC² = AB²+BC²+2AB•BC•sinα•sinβ-AB²•cos²α-BC²•cos²β. Мы также знаем, что AB•cosα=BC•cosβ=BH, а значит (AB•cosα-BC•cosβ)² = 0 ⇔ AB²•cos²α + BC²•cos²β = 2AB•BC•cosα•cosβ. Подставляем: АС² = AB²+BC²+2AB•BC•sinα•sinβ-2AB•BC•cosα•cosβ = AB²+BC²+2AB•BC•(sinα•sinβ-cosα•cosβ) = AB²+BC²-2AB•BC•(cosα•cosβ-sinα•sinβ).
Вспоминаем формулу косинуса суммы: перед нами ровно она и есть. В итоге имеем АС² = AB²+BC²-2AB•BC•cos(α+β) = AB²+BC²-2AB•BC•cos∠B. Получили известную всем теорему косинусов в её первозданном виде:

c² = a²+b²-2•a•b•cosα, где α - угол напротив стороны с

Доказательство для тупоугольного треугольника мы оставим въедливым читателям. Можете также предлагать свои решения в комментариях или предложке. Следующей будем уничтожать теорему синусов)
#уроки@mathbotva

Ээ.. Спасибо?🗿
А стоп-слово какое

📝 ТЕОРЕМА СИНУСОВ
Переходим ко второй, не менее значимой формуле школьной планиметрии.
Рассмотрим треугольник ABC и описанную около него окружность с центром в т.О и радиусом R. Начнём со случая, когда центр окружности находится внутри треугольника (см. изображение 1): продлим любой её радиус (например, ВО) до вторичного пересечения с окружностью в т.P. Получим диаметр BP - очевидно, что ∠BAP=∠BCP=90°. Пусть ∠CBP=α, ∠ABP=β, ∠CAO=γ. В силу равнобедренности образовываемых радиусами треугольников 2α+2β+2γ = 180° ⇔ β+γ = 90°-α. Из прямоугольного △BCP cosα = BC/BP = BC/2R. По формуле приведения cosα = sin(90°-α) = sin(β+γ) = sin∠A = BC/2R. Знакомая всем формулировка BC/sin∠A = 2R готова. Очевидно, что вывод инвариантен относительно выбора стороны и справедлив для любой пары "сторона + противолежащий угол", но это действие очень легко проделать руками, дабы убедиться.
В случае же тупоугольного треугольника рассуждения иные, но они ещё проще (см. изображение 2). Обозначения те же, строим диаметр из любой вершины и отмечаем вписанные углы: пусть ∠BAC=∠BPC=α. Из △BCP сразу же sinα = BC/2R ⇔ BC/sinα = 2R, Q.E.D.

a / sinα = 2R, где α - угол напротив стороны a

#уроки@mathbotva

Тот самый 310-балльник который не проходит из-за конкурса БВИ

Питон што ты наделал тут куча скобок и точек с запятыми мне страшно
P. S. Извините что чуток подзабил на канал, скоро будет новый закреп, надо сделать навигацию по урокам и желательно написать целую стопку в отложку, а ещё наконец начать закупать рекламу, в общем сидим не расходимся, всё только начинается