Paralelogram je jednak polovici umnoška svojih dijagonala. Površina paralelograma. Problemi koje treba samostalno riješiti

Zadatak 4.

Jedna od dijagonala paralelograma duljine 4√6 zatvara s osnovicom kut od 60°, a druga dijagonala s istom osnovicom zatvara kut od 45°. Pronađite drugu dijagonalu.

Riješenje.

1. AO = 2√6.

2. Sinusni teorem primjenjujemo na trokut 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.

Zadatak 5.

Za paralelogram sa stranicama 5√2 i 7√2, manji kut između dijagonala jednak je manjem kutu paralelograma. Nađi zbroj duljina dijagonala.

Riješenje.

Neka su d 1, d 2 dijagonale paralelograma, a kut između dijagonala i manjeg kuta paralelograma jednak je φ.

1. Nabrojimo dvije različite
načine svoje područje.

S ABCD = AB AD sin A = 5√2 7√2 sin f,

S ABCD = 1/2 AC VD sin AOB = 1/2 d 1 d 2 sin f.

Dobivamo jednakost 5√2 · 7√2 · sin f = 1/2d 1 d 2 sin f odn.

2 · 5√2 · 7√2 = d 1 d 2 ;

2. Odnosom stranica i dijagonala paralelograma zapisujemo jednakost

(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. Kreirajmo sustav:

(d 1 2 + d 2 2 = 296,
(d 1 + d 2 = 140.

Pomnožimo drugu jednadžbu sustava s 2 i pribrojimo je prvoj.

Dobivamo (d 1 + d 2) 2 = 576. Stoga je Id 1 + d 2 I = 24.

Kako su d 1, d 2 duljine dijagonala paralelograma, onda je d 1 + d 2 = 24.

Odgovor: 24.

Zadatak 6.

Stranice paralelograma su 4 i 6. Oštri kut između dijagonala je 45 stupnjeva. Pronađite površinu paralelograma.

Riješenje.

1. Iz trokuta AOB pomoću kosinusnog teorema ispisujemo odnos stranice paralelograma i dijagonala.

AB 2 = AO 2 + VO 2 2 · AO · VO · cos AOB.

4 2 = (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. Slično pišemo relaciju za trokut AOD.

Uzmimo to u obzir<АОD = 135 о и cos 135 о = -cos 45 о = -√2/2.

Dobivamo jednadžbu d 1 2 + d 2 2 + d 1 · d 2 √2 = 144.

3. Imamo sustav
(d 1 2 + d 2 2 – d 1 · d 2 √2 = 64,
(d 1 2 + d 2 2 + d 1 · d 2 √2 = 144.

Oduzimanjem prve od druge jednadžbe dobivamo 2d 1 · d 2 √2 = 80 odn.

d 1 d 2 = 80/(2√2) = 20√2

4. S ABCD = 1/2 AC VD sin AOB = 1/2 d 1 d 2 sin α = 1/2 20√2 √2/2 = 10.

Bilješka: U ovom i prethodnom zadatku nema potrebe rješavati sustav u potpunosti, predviđajući da nam je u ovom zadatku potreban umnožak dijagonala za izračunavanje površine.

Odgovor: 10.

Zadatak 7.

Površina paralelograma je 96, a stranice su mu 8 i 15. Odredite kvadrat manje dijagonale.

Riješenje.

1. S ABCD = AB · AD · sin VAD. Napravimo zamjenu u formuli.

Dobivamo 96 = 8 · 15 · sin VAD. Stoga je sin VAD = 4/5.

2. Nađimo cos VAD. sin 2 VAD + cos 2 VAD = 1.

(4 / 5) 2 + cos 2 VAD = 1. cos 2 VAD = 9 / 25.

Prema uvjetima zadatka nalazimo duljinu manje dijagonale. Dijagonala VD bit će manja ako je kut VAD oštar. Tada je cos VAD = 3/5.

3. Iz trokuta ABD pomoću kosinusnog poučka nalazimo kvadrat dijagonale BD.

VD 2 = AV 2 + AD 2 – 2 · AV · VD · cos VAD.

VD 2 = 8 2 + 15 2 – 2 8 15 3 / 5 = 145.

Odgovor: 145.

Još uvijek imate pitanja? Ne znate kako riješiti geometrijski problem?
Za pomoć od mentora, registrirajte se.
Prvi sat je besplatan!

web stranice, pri kopiranju materijala u cijelosti ili djelomično, poveznica na izvor je obavezna.

Teorem 1. Površina trapeza jednaka je umnošku polovice zbroja njegovih baza i visine:

Teorem 2. Dijagonale trapeza dijele ga na četiri trokuta od kojih su dva slična, a druga dva imaju istu površinu:

Teorem 3. Površina paralelograma jednaka je umnošku baze i visine spuštene na danu bazu ili umnošku dviju stranica i sinusa kuta između njih:

Teorem 4. U paralelogramu je zbroj kvadrata dijagonala jednak zbroju kvadrata njegovih stranica:

Teorem 5. Površina proizvoljnog konveksnog četverokuta jednaka je polovici umnoška njegovih dijagonala i sinusa kuta između njih:

Teorem 6. Površina četverokuta opisanog oko kruga jednaka je umnošku polumjera tog četverokuta i polumjera zadane kružnice:

Teorem 7.Četverokut čiji su vrhovi središta stranica proizvoljnog konveksnog četverokuta je paralelogram čija je površina jednaka polovici površine izvornog četverokuta:

Teorem 8. Ako konveksni četverokut ima dijagonale koje su međusobno okomite, tada su zbroji kvadrata suprotnih stranica tog četverokuta jednaki:

AB2 + CD2 = BC2 + AD2.

Članak je objavljen uz potporu tvrtke "DKROST". Dječji tobogani, kućice, pješčanici i još mnogo toga - proizvodnja i prodaja dječjih igrališta na veliko i malo. Najniže cijene, popusti, kratki rokovi izrade, stručni posjet i konzultacija, garancija kvalitete. Možete saznati više o tvrtki, pogledati katalog proizvoda, cijene i kontakte na web stranici koja se nalazi na: http://dkrost.ru/.

Dokazi nekih teorema

Dokaz teorema 2. Neka je ABCD zadani trapez, AD i BC njegove osnovice, O sjecište dijagonala AC i BD tog trapeza. Dokažimo da trokuti AOB i COD imaju istu površinu. Da biste to učinili, spustite okomice BP i CQ iz točaka B i C na liniju AD. Tada je površina trokuta ABD

A površina trokuta ACD je

Kako je BP = CQ, onda je S∆ABD = S∆ACD. Ali površina trokuta AOB je razlika između površina trokuta ABD i AOD, a površina trokuta COD je razlika između površina trokuta ACD i AOD. Dakle, površine trokuta AOB i COD su jednake, što se i traži dokazati.

Dokaz teorema 4. Neka je ABCD paralelogram, AB = CD = a, AD = BC = b,
AC = d1, BD = d2, ∠BAD = α, ∠ADC = 180° – α. Primijenimo kosinusni teorem na trokut ABD:

Primjenom kosinusnog teorema na trokut ACD, dobivamo:

Zbrajajući dobivene jednakosti član po član, dobivamo to Q.E.D.

Dokaz teorema 5. Neka je ABCD proizvoljan konveksni četverokut, E sjecište njegovih dijagonala, AE = a, BE = b,
CE = c, DE = d, ∠AEB = ∠CED = ϕ, ∠BEC =
= ∠AED = 180° – ϕ. Imamo:

Q.E.D.

Dokaz teorema 6. Neka je ABCD proizvoljni četverokut opisan oko kružnice, O središte te kružnice, OK, OL, OM i ON okomice povučene iz točke O na pravce AB, BC, CD i AD. Imamo:

gdje je r polumjer kružnice, a p poluopseg četverokuta ABCD.

Dokaz teorema 7. Neka je ABCD proizvoljni konveksni četverokut, K, L, M i N polovišta stranica AB, BC, CD i AD. Budući da je KL središnja crta trokuta ABC, onda je pravac KL paralelan s pravcem AC i Slično tome, pravac MN je paralelan s pravcem AC i stoga je KLMN paralelogram. Promotrimo trokut KBL. Njegova površina jednaka je jednoj četvrtini površine trokuta ABC. Površina trokuta MDN također je jednaka četvrtini površine trokuta ACD. Stoga,

Također,

To znači da

odakle to slijedi

Dokaz teorema 8. Neka je ABCD proizvoljan konveksni četverokut čije su dijagonale međusobno okomite, neka je E sjecište njegovih dijagonala,
AE = a, BE = b, CE = c, DE = d. Primijenimo Pitagorin teorem na trokute ABE i CDE:
AB2 = AE2 + BE2 = a 2 + b2,
CD2 = CE2 + DE2 = c2 + d2,
stoga,
AB2 + CD2 = a 2 + b2 + c2 + d2.
Primjenom Pitagorine teoreme na trokute ADE i BCE dobivamo:
AD2 = AE2 + DE2 = a 2 + d2,
BC2 = BE2 + CE2 = b2 + c2,
odakle to slijedi
AD2 + BC2 = a 2 + b2 + c2 + d2.
To znači AB2 + CD2 = AD2 + BC2, što je i trebalo dokazati.

Rješenja problema

Problem 1. Kružnici je opisan trapez s osnovnim kutovima α i β. Pronađite omjer površine trapeza i površine kruga.

Riješenje. Neka je ABCD zadani trapez, AB i CD njegove osnovice, DK i CM okomice povučene iz točaka C i D na pravac AB. Traženi omjer ne ovisi o polumjeru kruga. Stoga ćemo pretpostaviti da je radijus 1. Tada je površina kruga jednaka π, nađimo površinu trapeza. Budući da je trokut ADK pravokutan, onda

Slično, iz pravokutnog trokuta BCM nalazimo da Budući da se kružnica može upisati u dani trapez, zbrojevi suprotnih stranica su jednaki:
AB + CD = AD + BC,
odakle to nalazimo?

Dakle, površina trapeza je

a traženi omjer je jednak
Odgovor:

Problem 2. U konveksnom četverokutu ABCD kut A je jednak 90°, a kut C nije veći od 90°. Iz vrhova B i D na dijagonalu AC spuštene su okomice BE i DF. Poznato je da je AE = CF. Dokažite da je kut C pravi.

Dokaz. Kako je kut A 90°,
a kut C ne prelazi 90°, tada točke E i F leže na dijagonali AC. Bez gubitka općenitosti, možemo pretpostaviti da AE< AF (в противном случае следует повторить все нижеследующие рассуждения с заменой точек B и D). Пусть ∠ABE = α,
∠EBC = β, ∠FDA = γ, ∠FDC = δ. Dovoljno nam je dokazati da je α + β + γ + δ = π. Jer

odakle dobivamo ono što je trebalo dokazati.

Problem 3. Opseg jednakokračnog trapeza opisanog krugu jednak je p. Odredi polumjer te kružnice ako je poznato da je šiljasti kut na osnovici trapeza jednak α.
Riješenje. Neka je ABCD zadani jednakokračni trapez s osnovicama AD i BC, neka je BH visina tog trapeza ispuštena iz vrha B.
Kako se u zadani trapez može upisati kružnica, onda

Stoga,

Iz pravokutnog trokuta ABH nalazimo,

Odgovor:

Problem 4. Zadan je trapez ABCD s bazama AD i BC. Dijagonale AC i BD sijeku se u točki O, a pravci AB i CD sijeku se u točki K. Pravac KO siječe stranice BC i AD u točkama M odnosno N, a kut BAD je 30°. Poznato je da se u trapez ABMN i NMCD može upisati kružnica. Odredite omjer površina trokuta BKC i trapeza ABCD.

Riješenje. Kao što je poznato, za proizvoljni trapez, ravna crta koja povezuje točku sjecišta dijagonala i točku sjecišta produžetaka bočnih stranica dijeli svaku od baza na pola. Dakle BM = MC i AN = ND. Nadalje, budući da se u trapez ABMN i NMCD može upisati kružnica, onda
BM + AN = AB + MN,
MC + ND = CD + MN.
Slijedi da je AB = CD, odnosno trapez ABCD je jednakokračan. Traženi omjer površina ne ovisi o mjerilu, pa možemo pretpostaviti da je KN = x, KM = 1. Iz pravokutnih trokuta AKN i BKM dobivamo da Ponovno ispisujemo već gore korištenu relaciju
BM + AN = AB + MN ⇔

Moramo izračunati omjer:

Ovdje smo se poslužili činjenicom da se površine trokuta AKD i BKC odnose kao kvadrati stranica KN i KM, odnosno kao x2.

Odgovor:

Zadatak 5. U konveksnom četverokutu ABCD točke E, F, H, G redom su polovišta stranica AB, BC, CD, DA, a O je sjecište odsječaka EH i FG. Poznato je da je EH = a, FG = b, Odredite duljine dijagonala četverokuta.

Riješenje. Poznato je da ako spojite središta stranica proizvoljnog četverokuta u nizu, dobit ćete paralelogram. U našem slučaju, EFHG je paralelogram i O je sjecište njegovih dijagonala. Zatim

Primijenimo kosinusni teorem na trokut FOH:

Budući da je FH središnja linija trokuta BCD, onda

Slično, primjenom kosinusnog teorema na trokut EFO, dobivamo to

Odgovor:

Zadatak 6. Bočne stranice trapeza su 3 i 5. Poznato je da se u trapez može upisati kružnica. Srednja crta trapeza dijeli ga na dva dijela, omjer njihovih površina jednak je Nađi osnovice trapeza.

Riješenje. Neka je ABCD zadani trapez, AB = 3 i CD = 5 njegove bočne stranice, točke K i M polovišta stranica AB odnosno CD. Neka, za određenost, AD> BC, tada će površina trapeza AKMD biti veća od površine trapeza KBCM. Kako je KM srednja linija trapeza ABCD, trapezi AKMD i KBCM imaju jednake visine. Budući da je površina trapeza jednaka umnošku polovice zbroja baza i visine, vrijedi sljedeća jednakost:

Nadalje, budući da se u trapez ABCD može upisati kružnica, tada je AD + BC = AB + CD = 8. Tada je KM = 4 kao središnja linija trapeza ABCD. Neka je BC = x, tada je AD = 8 – x. Imamo:
Dakle, BC = 1 i AD = 7.

Odgovor: 1 i 7.

Problem 7. Osnovica AB trapeza ABCD dva puta je duža od osnovice CD i dva puta duža od stranice AD. Duljina dijagonale AC je a, a duljina stranice BC jednaka je b. Pronađite površinu trapeza.

Riješenje. Neka je E sjecište produžetaka bočnih stranica trapeza i CD = x, tada je AD = x, AB = 2x. Isječak CD paralelan je s odsječkom AB i ima polovicu njegove duljine, što znači da je CD središnja crta trokuta ABE. Prema tome, CE = BC = b i DE = AD = x, stoga je AE = 2x. Dakle, trokut ABE je jednakokračan (AB = AE) i AC mu je središnja strana. Stoga je AC i visina ovog trokuta, što znači

Budući da je trokut DEC sličan trokutu AEB s koeficijentom sličnosti tada

Odgovor:

Problem 8. Dijagonale trapeza ABCD sijeku se u točki E. Odredite površinu trokuta BCE ako su duljine osnovica trapeza AB = 30, DC = 24, stranice AD ​​= 3 i kut DAB 60°.

Riješenje. Neka je DH visina trapeza. Iz trokuta ADH nalazimo da

Kako je visina trokuta ABC ispuštena iz vrha C jednaka visini DH trapeza, imamo:

Odgovor:

Problem 9. U trapezu je središnja crta 4, a kutovi na jednoj od osnovica su 40° i 50°. Odredite osnovice trapeza ako je isječak koji spaja središta osnovica jednak 1.

Riješenje. Neka je ABCD dati trapez, AB i CD njegove osnovice (AB< CD), M, N - середины AB и CD соответственно. Пусть также ∠ADC = 50°, ∠BCD = 40°. Средняя линия трапеции равна полусумме оснований, поэтому
AB + CD = 8. Produžimo stranice DA i CB do sjecišta u točki E. Promotrimo trokut ABE u kojem je ∠EAB = 50°. ∠EBA = 40°,
dakle, ∠AEB = 90°. Srednja EM ovog trokuta, povučena iz vrha pravog kuta, jednaka je polovici hipotenuze: EM = AM. Neka je EM = x, tada je AM = x, DN = 4 – x. Prema uvjetu zadatka MN = 1, dakle,
EN = x + 1. Iz sličnosti trokuta AEM i DEN imamo:

To znači AB = 3 i CD = 5.

Odgovor: 3 i 5.

Problem 10. Konveksni četverokut ABCD opisan je krugu sa središtem u točki O, pri čemu je AO = OC = 1, BO = OD = 2. Odredite opseg četverokuta ABCD.

Riješenje. Neka su K, L, M, N tangentne točke kružnice sa stranicama AB, BC, CD, DA redom, a r polumjer kružnice. Budući da je tangenta na kružnicu okomita na polumjer povučen na točku dodirivanja, trokuti AKO, BKO, BLO, CLO, CMO, DMO, DNO, ANO su pravokutni. Primjenom Pitagorine teoreme na te trokute dobivamo to

Dakle, AB = BC = CD = DA, odnosno ABCD je romb. Dijagonale romba su okomite jedna na drugu, a točka njihovog sjecišta je središte upisane kružnice. Odavde lako nalazimo da je stranica romba jednaka i stoga je opseg romba jednak

Odgovor:

Problemi koje treba samostalno riješiti

S-1. Jednakostranični trapez ABCD je opisan oko kružnice polumjera r. Neka su E i K dodirne točke ove kružnice sa stranicama trapeza. Kut između osnovice AB i stranice AD ​​trapeza je 60°. Dokažite da je EK paralelan s AB i odredite površinu trapeza ABEK.
S-2. U trapezu su dijagonale 3 i 5, a segment koji spaja središta baza je 2. Odredite površinu trapeza.
S-3. Može li se oko četverokuta ABCD opisati kružnica ako je ∠ADC = 30°, AB = 3, BC = 4, AC = 6?
S-4. U trapezu ABCD (AB je baza), vrijednosti kutova DAB, BCD, ADC, ABD i ADB tvore aritmetičku progresiju (redoslijedom kojim su napisani). Odredite udaljenost od vrha C do dijagonale BD ako je visina trapeza h.
S-5. Zadan je jednakokračni trapez u koji je upisana kružnica i oko koje je opisana kružnica. Omjer visine trapeza i polumjera opisane kružnice je Odredite kutove trapeza.
S-6. Površina pravokutnika ABCD je 48, a duljina dijagonale je 10. U ravnini u kojoj se nalazi pravokutnik odabrana je točka O tako da je OB = OD = 13. Odredite udaljenost od točke O do vrha pravokutnika koji je od njega najudaljeniji.
S-7. Opseg paralelograma ABCD je 26. Kut ABC je 120°. Polumjer kružnice upisane u trokut BCD je Odredite duljine stranica paralelograma ako je poznato da je AD > AB.
S-8.Četverokut ABCD upisan je u krug sa središtem u točki O. Polumjer OA okomit je na polumjer OB, a polumjer OC okomit je na polumjer OD. Duljina okomice spuštene iz točke C na pravac AD jednaka je 9. Duljina dužine BC je pola duljine dužine AD. Nađite površinu trokuta AOB.
S-9. U konveksnom četverokutu ABCD vrhovi A i C su nasuprotni, a duljina stranice AB je 3. Kut ABC jednak je kutu BCD jednak Nađite duljinu stranice AD ​​ako znate da je površina četverokuta jednaka

S-10. U konveksnom četverokutu ABCD povučene su dijagonale AC i BD. Poznato je da
AD = 2, ∠ABD = ∠ACD = 90°, a udaljenost između simetrale simetrale trokuta ABD i simetrale trokuta ACD je Odredi duljinu stranice BC.
S-11. Neka je M sjecište dijagonala konveksnog četverokuta ABCD kojemu su stranice AB, AD i BC jednake. Odredite kut CMD ako je poznato da je DM = MC,
i ∠CAB ≠ ∠DBA.
S-12. U četverokutu ABCD znamo da je ∠A = 74°, ∠D = 120°. Odredi kut između simetrala kutova B i C.
S-13.Četverokutu ABCD može se upisati kružnica. Neka je K sjecišna točka njegovih dijagonala. Poznato je da je AB > BC > KC, a opseg i površina trokuta BKC jednaki su 14 odnosno 7. Nađi DC.
S-14. U trapezu opisanom oko kruga poznato je da je BC AD, AB = CD, ∠BAD =
= 45°. Nađi AB ako je površina trapeza ABCD jednaka 10.
S-15. U trapezu ABCD s osnovicama AB i CD poznato je da ∠CAB = 2∠DBA. Pronađite površinu trapeza.
S-16. U paralelogramu ABCD poznato je da je AC = a, ∠CAB = 60°. Pronađite površinu paralelograma.
S-17. U četverokutu ABCD dijagonale AC i BD sijeku se u točki K. Točke L i M su polovišta stranica BC odnosno AD. Isječak LM sadrži točku K. Četverokut ABCD je takav da se u njega može upisati kružnica. Odredi polumjer te kružnice ako je AB = 3, a LK: KM = 1:3.
S-18. U konveksnom četverokutu ABCD povučene su dijagonale AC i BD. U ovom slučaju ∠BAC =
= ∠BDC, a površina kruga opisanog oko trokuta BDC jednaka je
a) Odredi polumjer kružnice opisane oko trokuta ABC.
b) Znajući da je BC = 3, AC = 4, ∠BAD = 90°, odredite površinu četverokuta ABCD.

Bilješka. Ovo je dio lekcije s geometrijskim problemima (dio paralelograma). Ako trebate riješiti geometrijski problem koji nije ovdje, pišite o tome na forumu. Za označavanje radnje vađenja kvadratnog korijena u rješenjima problema koristi se simbol √ ili sqrt(), s radikalnim izrazom naznačenim u zagradama.

Teorijski materijal

Objašnjenja formula za pronalaženje površine paralelograma:

1. Površina paralelograma jednaka je umnošku duljine jedne njegove stranice i visine te stranice
2. Površina paralelograma jednaka je umnošku njegovih dviju susjednih stranica i sinusa kuta između njih
3. Površina paralelograma jednaka je polovici umnoška njegovih dijagonala i sinusa kuta između njih

Zadaci nalaženja površine paralelograma

Riješenje.
Manju visinu paralelograma ABCD spuštenu iz točke B na veću osnovicu AD označimo kao BK.
Nađimo vrijednost kraka pravokutnog trokuta ABK kojeg čine manja visina, manja stranica i dio veće osnovice. Prema Pitagorinoj teoremi:

AB 2 = BK 2 + AK 2
82 = 9 2 + AK 2
AK 2 = 82 - 81
AK = 1

Produžimo gornju osnovicu paralelograma BC i spustimo na nju visinu AN s njegove donje osnovice. AN = BK kao stranice pravokutnika ANBK. Nađimo krak NC pravokutnog trokuta ANC.
AN 2 + NC 2 = AC 2
9 2 + NC 2 = 15 2
NC 2 = 225 - 81
NC 2 = √144
NC=12

Nađimo sada veću osnovicu BC paralelograma ABCD.
BC = NC - NB
Uzmimo dakle u obzir da je NB = AK kao stranice pravokutnika
BC = 12 - 1 = 11

Površina paralelograma jednaka je umnošku baze i visine ove baze.
S = ah
S = BC * BK
S = 11 * 9 = 99

Odgovor: 99 cm 2 .

Zadatak

Riješenje.
Spustimo još jednu okomicu DK na dijagonalu AC.
Prema tome, trokuti AOB i DKC, COB i AKD po parovima su jednaki. Jedna od stranica je suprotna stranica paralelograma, jedan od kutova je pravac, jer je okomit na dijagonalu, a jedan od preostalih kutova je unutarnji križ koji leži za paralelne stranice paralelograma i sekante. dijagonala.

Dakle, površina paralelograma jednaka je površini naznačenih trokuta. To je
Sparalel = 2S AOB +2S BOC

Površina pravokutnog trokuta jednaka je polovici produkta kateta. Gdje
S = 2 (1/2 8 * 4) + 2 (1/2 6 * 4) = 56 cm 2
Odgovor: 56 cm 2 .