Страница 59 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

5.51. Точки $M$, $N$ и $K$ — середины соответственно рёбер $BD$, $CD$ и $AB$ тетраэдра $DABC$. На прямых $BN$ и $CK$ отмечены соответственно точки $F$ и $E$ так, что $FE \parallel AM$. Найдите отношение $\frac{FE}{AM}$.

Для решения этой задачи воспользуемся векторным методом. Введем систему координат с началом в точке $D$. Тогда векторы, соответствующие вершинам тетраэдра, будут $\vec{DA} = \vec{a}$, $\vec{DB} = \vec{b}$, $\vec{DC} = \vec{c}$. Поскольку $DABC$ – тетраэдр, векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$ некомпланарны (линейно независимы).

Найдем координаты (радиус-векторы) точек $M$, $N$ и $K$:

• $M$ — середина $BD$, следовательно, $\vec{DM} = \frac{1}{2}(\vec{DB} + \vec{DD}) = \frac{1}{2}\vec{b}$.
• $N$ — середина $CD$, следовательно, $\vec{DN} = \frac{1}{2}(\vec{DC} + \vec{DD}) = \frac{1}{2}\vec{c}$.
• $K$ — середина $AB$, следовательно, $\vec{DK} = \frac{1}{2}(\vec{DA} + \vec{DB}) = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b})$.

Точка $F$ лежит на прямой $BN$. Её радиус-вектор $\vec{DF}$ можно выразить как линейную комбинацию векторов $\vec{DB}$ и $\vec{DN}$:

$\vec{DF} = (1-t)\vec{DB} + t\vec{DN} = (1-t)\vec{b} + t(\frac{1}{2}\vec{c}) = (1-t)\vec{b} + \frac{t}{2}\vec{c}$ для некоторого скаляра $t$.

Точка $E$ лежит на прямой $CK$. Её радиус-вектор $\vec{DE}$ можно выразить как линейную комбинацию векторов $\vec{DC}$ и $\vec{DK}$:

$\vec{DE} = (1-s)\vec{DC} + s\vec{DK} = (1-s)\vec{c} + s(\frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b})) = \frac{s}{2}\vec{a} + \frac{s}{2}\vec{b} + (1-s)\vec{c}$ для некоторого скаляра $s$.

Теперь найдем векторы $\vec{AM}$ и $\vec{FE}$:

$\vec{AM} = \vec{DM} - \vec{DA} = \frac{1}{2}\vec{b} - \vec{a}$.

$\vec{FE} = \vec{DE} - \vec{DF} = (\frac{s}{2}\vec{a} + \frac{s}{2}\vec{b} + (1-s)\vec{c}) - ((1-t)\vec{b} + \frac{t}{2}\vec{c})$

Сгруппируем слагаемые по базисным векторам $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$:

$\vec{FE} = \frac{s}{2}\vec{a} + (\frac{s}{2} - (1-t))\vec{b} + (1-s - \frac{t}{2})\vec{c} = \frac{s}{2}\vec{a} + (\frac{s}{2} + t - 1)\vec{b} + (1-s-\frac{t}{2})\vec{c}$.

По условию задачи, $FE \parallel AM$, что означает коллинеарность векторов $\vec{FE}$ и $\vec{AM}$. Следовательно, существует такое число $k$, что $\vec{FE} = k \cdot \vec{AM}$.

$\frac{s}{2}\vec{a} + (\frac{s}{2} + t - 1)\vec{b} + (1-s-\frac{t}{2})\vec{c} = k(-\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b})$

$\frac{s}{2}\vec{a} + (\frac{s}{2} + t - 1)\vec{b} + (1-s-\frac{t}{2})\vec{c} = -k\vec{a} + \frac{k}{2}\vec{b} + 0\vec{c}$

Так как векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ линейно независимы, мы можем приравнять коэффициенты при них:

$\begin{cases}\frac{s}{2} = -k \\\frac{s}{2} + t - 1 = \frac{k}{2} \\1 - s - \frac{t}{2} = 0\end{cases}$

Решим эту систему уравнений. Из первого уравнения выразим $s = -2k$. Подставим это во второе и третье уравнения:

$\begin{cases}\frac{-2k}{2} + t - 1 = \frac{k}{2} \\1 - (-2k) - \frac{t}{2} = 0\end{cases}$

$\begin{cases}-k + t - 1 = \frac{k}{2} \\1 + 2k = \frac{t}{2}\end{cases}$

Из второго уравнения новой системы выразим $t$: $t = 2(1+2k) = 2+4k$.

Подставим это выражение для $t$ в первое уравнение:

$-k + (2+4k) - 1 = \frac{k}{2}$

$3k + 1 = \frac{k}{2}$

$1 = \frac{k}{2} - 3k = \frac{k - 6k}{2} = -\frac{5k}{2}$

$k = -\frac{2}{5}$

Отношение длин отрезков $FE$ и $AM$ равно модулю коэффициента пропорциональности $k$:

$\frac{FE}{AM} = \frac{|\vec{FE}|}{|\vec{AM}|} = |k|$

$\frac{FE}{AM} = |-\frac{2}{5}| = \frac{2}{5}$.

Ответ: $\frac{2}{5}$

5.52. В тетраэдре $DABC$ проведены медианы $AM$ и $BN$ соответственно граней $ABC$ и $ADB$. На прямых $AM$ и $BN$ отметили точки $P$ и $Q$ соответственно так, что $PQ \parallel CD$. Найдите отношение $\frac{PQ}{CD}$.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем базис, связанный с вершиной A тетраэдра DABC. Пусть $\vec{AB} = \vec{b}$, $\vec{AC} = \vec{c}$ и $\vec{AD} = \vec{d}$. Поскольку точки A, B, C, D не лежат в одной плоскости (образуют тетраэдр), векторы $\vec{b}$, $\vec{c}$, $\vec{d}$ являются линейно независимыми.

Выразим через базисные векторы положение точек M и N.

Поскольку AM – медиана грани ABC, точка M является серединой отрезка BC. Вектор $\vec{AM}$ можно выразить как полусумму векторов $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$:

$\vec{AM} = \frac{1}{2}(\vec{AB} + \vec{AC}) = \frac{1}{2}(\vec{b} + \vec{c})$

Поскольку BN – медиана грани ADB, точка N является серединой отрезка AD. Вектор $\vec{AN}$ можно выразить следующим образом:

$\vec{AN} = \frac{1}{2}\vec{AD} = \frac{1}{2}\vec{d}$

Точка P лежит на прямой AM. Следовательно, вектор $\vec{AP}$ коллинеарен вектору $\vec{AM}$, и существует такое действительное число $k$, что:

$\vec{AP} = k \cdot \vec{AM} = k \cdot \frac{1}{2}(\vec{b} + \vec{c}) = \frac{k}{2}\vec{b} + \frac{k}{2}\vec{c}$

Точка Q лежит на прямой BN. Это означает, что ее радиус-вектор $\vec{AQ}$ может быть представлен в виде $\vec{AQ} = \vec{AB} + \vec{BQ}$, где вектор $\vec{BQ}$ коллинеарен вектору $\vec{BN}$. Таким образом, существует такое действительное число $l$, что $\vec{BQ} = l \cdot \vec{BN}$.

Сначала найдем вектор $\vec{BN}$:

$\vec{BN} = \vec{AN} - \vec{AB} = \frac{1}{2}\vec{d} - \vec{b}$

Теперь выразим вектор $\vec{AQ}$:

$\vec{AQ} = \vec{AB} + l \cdot \vec{BN} = \vec{b} + l(\frac{1}{2}\vec{d} - \vec{b}) = (1-l)\vec{b} + \frac{l}{2}\vec{d}$

Теперь мы можем найти вектор $\vec{PQ}$:

$\vec{PQ} = \vec{AQ} - \vec{AP} = \left((1-l)\vec{b} + \frac{l}{2}\vec{d}\right) - \left(\frac{k}{2}\vec{b} + \frac{k}{2}\vec{c}\right) = (1-l-\frac{k}{2})\vec{b} - \frac{k}{2}\vec{c} + \frac{l}{2}\vec{d}$

Согласно условию задачи, прямая PQ параллельна прямой CD. Это означает, что их направляющие векторы $\vec{PQ}$ и $\vec{CD}$ коллинеарны. Выразим вектор $\vec{CD}$:

$\vec{CD} = \vec{AD} - \vec{AC} = \vec{d} - \vec{c}$

Условие коллинеарности $\vec{PQ} \parallel \vec{CD}$ означает, что существует такое число $\lambda$, что $\vec{PQ} = \lambda \cdot \vec{CD}$:

$\vec{PQ} = \lambda(\vec{d} - \vec{c}) = -\lambda\vec{c} + \lambda\vec{d}$

Приравняем два полученных выражения для вектора $\vec{PQ}$:

$(1-l-\frac{k}{2})\vec{b} - \frac{k}{2}\vec{c} + \frac{l}{2}\vec{d} = 0 \cdot \vec{b} - \lambda\vec{c} + \lambda\vec{d}$

В силу линейной независимости векторов $\vec{b}$, $\vec{c}$, $\vec{d}$, равенство возможно только при условии равенства коэффициентов при этих векторах в обеих частях уравнения. Составим и решим систему уравнений:

Из второго и третьего уравнений следует, что $\frac{k}{2} = \frac{l}{2}$, откуда $k=l$.

Подставим $l=k$ в первое уравнение системы:

$1 - k - \frac{k}{2} = 0$

$1 - \frac{3k}{2} = 0$

$\frac{3k}{2} = 1 \implies k = \frac{2}{3}$

Следовательно, $l = \frac{2}{3}$. Теперь найдем $\lambda$ из любого из двух последних уравнений:

$\lambda = \frac{k}{2} = \frac{2/3}{2} = \frac{1}{3}$

Искомое отношение длин отрезков $\frac{PQ}{CD}$ равно модулю коэффициента пропорциональности $\lambda$ между векторами $\vec{PQ}$ и $\vec{CD}$:

$\frac{PQ}{CD} = |\lambda| = \frac{1}{3}$

Ответ: $\frac{1}{3}$.

5.53. Точки $M$ и $N$ — середины соответственно рёбер $AA_1$ и $BB_1$ призмы $ABCA_1B_1C_1$. На отрезках $BM$ и $AC_1$ соответственно отметили точки $P$ и $K$ так, что $PK \parallel CN$. Найдите отношение $\frac{PK}{CN}$.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем базис, связанный с вершиной $A$ призмы: $\vec{a} = \vec{AA_1}$, $\vec{b} = \vec{AB}$ и $\vec{c} = \vec{AC}$. В этом базисе радиус-векторы вершин будут $\vec{r}_A = \vec{0}$, $\vec{r}_B = \vec{b}$, $\vec{r}_C = \vec{c}$, $\vec{r}_{A_1} = \vec{a}$, $\vec{r}_{B_1} = \vec{a}+\vec{b}$, $\vec{r}_{C_1} = \vec{a}+\vec{c}$.

Выразим радиус-векторы точек $M$ и $N$:

• Точка $M$ — середина ребра $AA_1$, поэтому ее радиус-вектор $\vec{r}_M = \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_{A_1}}{2} = \frac{\vec{0} + \vec{a}}{2} = \frac{1}{2}\vec{a}$.
• Точка $N$ — середина ребра $BB_1$, поэтому ее радиус-вектор $\vec{r}_N = \frac{\vec{r}_B + \vec{r}_{B_1}}{2} = \frac{\vec{b} + (\vec{a}+\vec{b})}{2} = \vec{b} + \frac{1}{2}\vec{a}$.

Точка $P$ лежит на отрезке $BM$. Ее радиус-вектор можно представить в виде линейной комбинации радиус-векторов точек $B$ и $M$:

$\vec{r}_P = (1-t)\vec{r}_B + t\vec{r}_M = (1-t)\vec{b} + t\left(\frac{1}{2}\vec{a}\right)$ для некоторого $t \in [0, 1]$.

Точка $K$ лежит на отрезке $AC_1$. Ее радиус-вектор можно представить в виде:

$\vec{r}_K = s\vec{r}_{C_1} + (1-s)\vec{r}_A = s(\vec{a}+\vec{c})$ для некоторого $s \in [0, 1]$.

Теперь найдем векторы $\vec{CN}$ и $\vec{PK}$ в выбранном базисе:

$\vec{CN} = \vec{r}_N - \vec{r}_C = \left(\vec{b} + \frac{1}{2}\vec{a}\right) - \vec{c} = \frac{1}{2}\vec{a} + \vec{b} - \vec{c}$.

$\vec{PK} = \vec{r}_K - \vec{r}_P = s(\vec{a}+\vec{c}) - \left((1-t)\vec{b} + \frac{t}{2}\vec{a}\right) = \left(s - \frac{t}{2}\right)\vec{a} - (1-t)\vec{b} + s\vec{c}$.

По условию, векторы $\vec{PK}$ и $\vec{CN}$ параллельны, следовательно, один является произведением другого на некоторый скаляр $\lambda$: $\vec{PK} = \lambda \vec{CN}$. Искомое отношение длин отрезков $\frac{PK}{CN}$ будет равно $|\lambda|$.

Запишем векторное равенство:

$\left(s - \frac{t}{2}\right)\vec{a} - (1-t)\vec{b} + s\vec{c} = \lambda\left(\frac{1}{2}\vec{a} + \vec{b} - \vec{c}\right)$

Поскольку векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ линейно независимы (так как они определяют призму), мы можем приравнять коэффициенты при них в левой и правой частях равенства. Получим систему из трех уравнений с тремя неизвестными $s, t, \lambda$:

$\begin{cases} s - \frac{t}{2} = \frac{\lambda}{2} & (1) \\ -(1-t) = \lambda & (2) \\ s = -\lambda & (3) \end{cases}$

Решим эту систему. Из уравнения (2) выразим $t$: $t-1 = \lambda \implies t = 1+\lambda$.

Уравнение (3) уже дает выражение для $s$: $s = -\lambda$.

Подставим выражения для $s$ и $t$ в уравнение (1):

$(-\lambda) - \frac{1+\lambda}{2} = \frac{\lambda}{2}$

Умножим все члены уравнения на 2, чтобы избавиться от знаменателей:

$-2\lambda - (1+\lambda) = \lambda$

$-2\lambda - 1 - \lambda = \lambda$

$-3\lambda - 1 = \lambda$

$4\lambda = -1$

$\lambda = -\frac{1}{4}$

Искомое отношение $\frac{PK}{CN}$ равно модулю $\lambda$:

$\frac{PK}{CN} = |\lambda| = \left|-\frac{1}{4}\right| = \frac{1}{4}$.

При этом значения $s = -\lambda = \frac{1}{4}$ и $t = 1+\lambda = 1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$ принадлежат отрезку $[0, 1]$, что подтверждает, что точки $P$ и $K$ лежат на указанных в условии отрезках.

Ответ: $\frac{1}{4}$.

5.54. Точка $M$ — середина ребра $CC_1$ призмы $ABCA_1B_1C_1$. На отрезках $BM$ и $CA_1$ соответственно отметили точки $E$ и $F$ так, что $EF \parallel AB_1$.

Найдите отношение $\frac{EF}{AB_1}$.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем базис с началом в точке $C$ и осями, направленными вдоль ребер призмы: $\vec{CA} = \vec{a}$, $\vec{CB} = \vec{b}$ и $\vec{CC_1} = \vec{c}$. Так как $ABCA_1B_1C_1$ — призма, векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$ некомпланарны.

Выразим радиус-векторы вершин призмы и точки $M$ в этом базисе:

• $\vec{C} = \vec{0}$
• $\vec{A} = \vec{a}$
• $\vec{B} = \vec{b}$
• $\vec{C_1} = \vec{c}$
• $\vec{A_1} = \vec{CA} + \vec{AA_1} = \vec{a} + \vec{c}$
• $\vec{B_1} = \vec{CB} + \vec{BB_1} = \vec{b} + \vec{c}$
• Точка $M$ — середина ребра $CC_1$, следовательно, $\vec{M} = \frac{1}{2}\vec{c}$.

Точка $E$ лежит на отрезке $BM$. Ее радиус-вектор $\vec{E}$ можно выразить как линейную комбинацию векторов $\vec{B}$ и $\vec{M}$ (с началом в точке $C$):

$\vec{E} = (1-t)\vec{B} + t\vec{M}$ для некоторого параметра $t \in [0, 1]$.

Подставляя выражения для $\vec{B}$ и $\vec{M}$, получаем:

$\vec{E} = (1-t)\vec{b} + t\left(\frac{1}{2}\vec{c}\right) = (1-t)\vec{b} + \frac{t}{2}\vec{c}$.

Точка $F$ лежит на отрезке $CA_1$. Ее радиус-вектор $\vec{F}$ пропорционален вектору $\vec{A_1}$:

$\vec{F} = s\vec{A_1}$ для некоторого параметра $s \in [0, 1]$.

Подставляя выражение для $\vec{A_1}$, получаем:

$\vec{F} = s(\vec{a} + \vec{c}) = s\vec{a} + s\vec{c}$.

Теперь найдем вектор $\vec{EF}$:

$\vec{EF} = \vec{F} - \vec{E} = (s\vec{a} + s\vec{c}) - \left((1-t)\vec{b} + \frac{t}{2}\vec{c}\right) = s\vec{a} - (1-t)\vec{b} + \left(s - \frac{t}{2}\right)\vec{c}$.

Найдем вектор $\vec{AB_1}$:

$\vec{AB_1} = \vec{B_1} - \vec{A} = (\vec{b} + \vec{c}) - \vec{a} = -\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$.

По условию, $EF \parallel AB_1$. Это означает, что вектор $\vec{EF}$ коллинеарен вектору $\vec{AB_1}$, то есть существует такое число $k$, что $\vec{EF} = k \cdot \vec{AB_1}$. Искомое отношение $\frac{EF}{AB_1}$ равно модулю этого числа, то есть $|k|$.

Приравняем векторные выражения:

$s\vec{a} - (1-t)\vec{b} + \left(s - \frac{t}{2}\right)\vec{c} = k(-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) = -k\vec{a} + k\vec{b} + k\vec{c}$.

Поскольку векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$ линейно независимы, мы можем приравнять коэффициенты при них в левой и правой частях равенства. Это дает систему из трех уравнений с тремя неизвестными $s, t, k$:

$\begin{cases} s = -k \\ -(1-t) = k \\ s - \frac{t}{2} = k \end{cases}$

Решим эту систему. Из второго уравнения имеем $t-1=k$, откуда $t = k+1$.

Подставим выражения для $s$ (из первого уравнения) и $t$ в третье уравнение системы:

$(-k) - \frac{k+1}{2} = k$

Умножим обе части уравнения на 2, чтобы избавиться от дроби:

$-2k - (k+1) = 2k$

$-2k - k - 1 = 2k$

$-3k - 1 = 2k$

$5k = -1$

$k = -\frac{1}{5}$

Искомое отношение равно модулю $k$:

$\frac{EF}{AB_1} = |k| = \left|-\frac{1}{5}\right| = \frac{1}{5}$.

Ответ: $\frac{1}{5}$.

5.55. В прямоугольном треугольнике $ABC$ катет $BC$ равен 7 см, а радиус описанной окружности — 9 см. Найдите биссектрису треугольника, проведённую из вершины острого угла $B$.

Пусть дан прямоугольный треугольник $ABC$. Так как угол $B$ острый, прямой угол — это либо $A$, либо $C$. Предположим, что $\angle C = 90^\circ$. По условию, катет $BC = 7$ см, а радиус описанной окружности $R = 9$ см.

1. Для прямоугольного треугольника центр описанной окружности является серединой гипотенузы, а ее радиус равен половине длины гипотенузы. Следовательно, гипотенуза $AB$ равна:

$AB = 2R = 2 \cdot 9 = 18$ см.

2. Используя теорему Пифагора для треугольника $ABC$, найдем длину второго катета $AC$:

$AB^2 = BC^2 + AC^2$

$AC^2 = AB^2 - BC^2 = 18^2 - 7^2 = 324 - 49 = 275$

$AC = \sqrt{275} = \sqrt{25 \cdot 11} = 5\sqrt{11}$ см.

3. Длину биссектрисы $l_B$, проведенной из вершины угла $B$, можно найти по формуле, связывающей ее с прилежащими сторонами $AB$ и $BC$ и углом $B$:

$l_B = \frac{2 \cdot AB \cdot BC}{AB + BC} \cos\left(\frac{B}{2}\right)$

4. Сначала найдем косинус угла $B$. В прямоугольном треугольнике $ABC$ косинус острого угла равен отношению прилежащего катета к гипотенузе:

$\cos(B) = \frac{BC}{AB} = \frac{7}{18}$

5. Теперь, используя формулу половинного угла для косинуса, найдем $\cos\left(\frac{B}{2}\right)$. Так как угол $B$ острый, его половина также будет острым углом, поэтому $\cos\left(\frac{B}{2}\right)$ будет положительным.

$\cos\left(\frac{B}{2}\right) = \sqrt{\frac{1 + \cos(B)}{2}} = \sqrt{\frac{1 + \frac{7}{18}}{2}} = \sqrt{\frac{\frac{18+7}{18}}{2}} = \sqrt{\frac{\frac{25}{18}}{2}} = \sqrt{\frac{25}{36}} = \frac{5}{6}$

6. Подставим найденные значения в формулу для длины биссектрисы:

$l_B = \frac{2 \cdot 18 \cdot 7}{18 + 7} \cdot \frac{5}{6} = \frac{252}{25} \cdot \frac{5}{6}$

Сократим дробь:

$l_B = \frac{252 \cdot 5}{25 \cdot 6} = \frac{(42 \cdot 6) \cdot 5}{(5 \cdot 5) \cdot 6} = \frac{42}{5} = 8,4$ см.

Ответ: $8,4$ см.

5.56. Боковые стороны прямоугольной трапеции относятся как 3 : 5, а разность оснований равна 16 см. Найдите площадь трапеции, если её меньшая диагональ равна 13 см.

Пусть дана прямоугольная трапеция $ABCD$, где $AB$ и $CD$ — основания ($AB > CD$), а $AD$ и $BC$ — боковые стороны, причем $AD \perp AB$. Таким образом, $AD$ является высотой трапеции $h$.

По условию, боковые стороны относятся как $3:5$. В прямоугольной трапеции боковая сторона, перпендикулярная основаниям ($AD$), короче наклонной боковой стороны ($BC$). Следовательно, $AD : BC = 3:5$.
Введем коэффициент пропорциональности $x$, тогда высота $h = AD = 3x$, а боковая сторона $BC = 5x$.

Проведем из вершины $C$ высоту $CH$ на основание $AB$. Образуется прямоугольник $ADCH$ и прямоугольный треугольник $CHB$.
Из свойств прямоугольника следует, что $CH = AD = 3x$ и $AH = CD$.
Отрезок $HB$ можно найти как разность оснований: $HB = AB - AH = AB - CD$.
По условию задачи, разность оснований равна 16 см, значит, $HB = 16$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $CHB$. Применим к нему теорему Пифагора: $BC^2 = CH^2 + HB^2$.
Подставим известные выражения для сторон:
$(5x)^2 = (3x)^2 + 16^2$
$25x^2 = 9x^2 + 256$
$16x^2 = 256$
$x^2 = \frac{256}{16}$
$x^2 = 16$
$x = 4$ см.

Теперь найдем высоту трапеции $AD$:
$h = AD = 3x = 3 \cdot 4 = 12$ см.

В прямоугольной трапеции диагонали имеют разную длину. Сравним квадраты их длин:$AC^2 = AD^2 + CD^2 = h^2 + CD^2$$BD^2 = AD^2 + AB^2 = h^2 + AB^2$Так как $AB > CD$, то $BD^2 > AC^2$, и, следовательно, $BD > AC$. Значит, меньшая диагональ — это $AC$, и по условию ее длина равна 13 см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ADC$. По теореме Пифагора $AC^2 = AD^2 + CD^2$.
Найдем длину меньшего основания $CD$:
$13^2 = 12^2 + CD^2$
$169 = 144 + CD^2$
$CD^2 = 169 - 144 = 25$
$CD = 5$ см.

Теперь найдем длину большего основания $AB$, используя известную разность оснований:
$AB - CD = 16$
$AB - 5 = 16$
$AB = 21$ см.

Наконец, вычислим площадь трапеции по формуле $S = \frac{a+b}{2} \cdot h$, где $a$ и $b$ — основания, $h$ — высота:
$S = \frac{AB+CD}{2} \cdot AD = \frac{21+5}{2} \cdot 12 = \frac{26}{2} \cdot 12 = 13 \cdot 12 = 156$ см$^2$.

Ответ: 156 см$^2$.