Тема 17. Задачи по планиметрии

17.07 Трапеция и её свойства

Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела задачи по планиметрии
Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#16011

Диагональ равнобедренной трапеции равна 10 и образует угол 60∘ с основаниями трапеции. Найдите среднюю линию трапеции.

Показать ответ и решение

Пусть F  — точка пересечения диагоналей. В равнобокой трапеции ∠DAC   = ∠BCA  = ∠DBC  = ∠BDA  , причем все эти углы равны 60∘ , следовательно, треугольники FBC  и AF D  — равносторонние. Обозначим BC  = a  , AD  = b  . Тогда диагональ AC = 10 = AF + FC = a + b  . Получаем, что средняя линия трапеции равна a+b-= 5
2  .

PIC

Ответ:

5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#16015

Основания трапеции равны a  и b,  где a> b.  Найдите длину отрезка, соединяющего середины диагоналей трапеции.

Показать ответ и решение

PIC

Нам известно, что средняя линия трапеции проходит через середины диагоналей. Тогда       b
EH =  2 = IG  как средние линии в треугольниках ABC  и DBC  соответственно. Тогда искомый отрезок

HI = EG − EH − IG=  a+-b− b −-b= a-− b
                     2    2  2     2
Ответ:

 a-−-b
  2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#31051

Биссектриса одного из углов трапеции делит ее боковую сторону пополам. Найдите другую боковую сторону трапеции, если основания равны a  и b.

PIC

Показать ответ и решение

В трапеции ABCD  с основаниями AD  и BC  продлим биссектрису AM  до пересечения с прямой BC  в точке K.  Тогда ∠AMD   = ∠CMK  и ∠CKM   =∠DAM  в силу вертикальности и параллельности BC ∥ AD  соответственно, значит △ CMK  и △ AMD  подобны. Коэффициент их подобия равен 1, так как по условию CM  = DM  и эти стороны лежат в треугольниках напротив равных углов. Тогда AD = CK = b.

PIC

Рассмотрим треугольник ABK.  Его угол BAK  равен углу KAD,  так как AK  — биссектриса угла BAD.  С другой стороны, ∠KAD  = ∠BKA  как накрест лежащие при BC ∥ AD  и секущей AK.  Тогда ∠BAK  = ∠BKA  и в равнобедренном △ ABK  имеем:

AB = BK  = BC + CK = BC + AD = a+ b
Ответ:

a +b

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31131

Середина одной из боковых сторон трапеции равноудалена от двух не принадлежащих этой стороне вершин. Докажите, что трапеция прямоугольная.

Показать ответ и решение

Пусть в трапеции ABCD  точки E  и F  — середины сторон CD  и AB  соотвественно. Тогда по условию EA = EB  и △ABE  — равнобедренный.

PIC

Следовательно, медиана EF  является также и высотой, то есть EF  ⊥ AB  . Но по определению EF  — средняя линия трапеции, следовательно, параллельна основаниям. Тогда имеем:

EF ⊥ AB, EF ∥ AD     ⇒   AD  ⊥AB
Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#16008

В равнобедренной трапеции основания равны 40 и 24, а ее диагонали взаимно перпендикулярны. Найдите площадь трапеции.

Показать ответ и решение

PIC

Пусть F  — точка пересечения диагоналей. В равнобокой трапеции ∠DAC   = ∠BCA  = ∠DBC   = ∠BDA  , следовательно, треугольники F BC  и AFD  — прямоугольные равнобедренные. Тогда                   √ -
FB = F C = B√C2-= 12  2  , F A = FD =  A√D-= 20√2
             2  . Площадь выпуклого четырехугольника с перпендикулярными диагоналями равна полупроизведению диагоналей, то есть

SABCD = 1
2AC BD = 1
2(12√2 + 20√2)2 = 1024

Ответ:

1024

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#16014

Основания трапеции равны 1 и 6, а диагонали — 3 и 5. Под каким углом видны основания из точки пересечения диагоналей?

Показать ответ и решение

Пусть F  — точка пересечения диагоналей. Треугольники BCF  и DAF  подобны с коэффициентом
BC  : AD = 1 : 6  , тогда

pict

По теореме косинусов для треугольника F BC

                              (  )   ( )
           F C2 + F B2 − BC2    572 +  37 2 − 12
cos∠CF  B = ----2F-C ⋅BC-----= ----2-⋅ 3⋅-5---= − 0,5
                                     7  7

Угол CF B  меньше   ∘
180 , его косинус равен − 0,5  , следовательно, угол равен    ∘
120 .

PIC

Ответ:

120∘

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#16016

Основания равнобедренной трапеции равны a  и b  (a > b  ), острый угол равен 45∘.  Найдите площадь трапеции.

Показать ответ и решение

Опустим высоты BE  и CF  на большее основание AD  .

PIC

Трапеция равнобокая, AB  = CD  , ∠EAB   = ∠CDF  , следовательно, прямоугольные треугольники ABE  и DCF  равны и AE = F D  . BCF  E  — прямоугольник, значит, EF  = BC = b  . Тогда

AE = FD = AD-−-EF--
    2 = a-−-b
  2

Прямоугольный треугольник ABE  с углом 45∘ является равнобедренным и BE = AE  = a−b
            2  . Тогда площадь трапеции

SABCD = 1
2(AD + BC) BE = 1
2(a + b) a-−-b
  2 = a2-−-b2
   4

Ответ:

 a2 − b2
---4--

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#31231

Произвольную точку M  внутри равностороннего треугольника ABC  соединили с его вершинами. Докажите, что на каждой стороне треугольника можно выбрать по одной точке так, чтобы расстояния между этими точками были равны AM  , BM  и CM  .

Показать ответ и решение

Проведем через точку M  прямые     ′    ′    ′
MA  , MB , MC ,  параллельные сторонам AB, BC, CA  соответственно.

PIC

Тогда как соответственные равны углы          ′            ′           ′
∠A = ∠MC  B, ∠B = ∠MA C, ∠C = ∠MB  A.  Следовательно, △ABC  разбился на три равнобедренные трапеции AB ′MC ′, BC ′MA ′, CA ′MB ′.

Диагонали равнобедренной трапеции равны, следовательно, B ′C ′ =AM, C′A′ = BM, A′B ′ = CM.  Тогда треугольник A ′B ′C′ образован тремя искомыми точками.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#16009

Диагонали равнобедренной трапеции перпендикулярны. Найдите площадь трапеции, если ее средняя линия равна 5.

Показать ответ и решение

Пусть BC  = a  , AD  = b  , тогда из условия про длину средней линии имеем 12(a +b) = 5  ⇔   a + b = 10  . Пусть F  — точка пересечения диагоналей. В равнобокой трапеции ∠DAC   = ∠BCA  = ∠DBC   = ∠BDA  , следовательно, треугольники FBC  и AF D  — прямоугольные равнобедренные. Тогда FB  = FC = B√C-=  a√--
             2    2  , F A = FD =  A√D-= √b-
             2    2  .

PIC

Площадь выпуклого четырехугольника с перпендикулярными диагоналями равна полупроизведению диагоналей, то есть

         1          1(  a    b )2   (a+ b)2   102
SABCD  = 2AC ⋅BD  = 2  √--+ √--   = ---4---=  -4-= 25
                         2    2
Ответ:

25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#16010

Трапеция с основаниями 14 и 40 вписана в окружность радиуса 25. Найдите высоту трапеции.

Показать ответ и решение

Пусть O  — центр окружности. OA  = OB = OC  = OD  = 25  . Опустим перпендикуляры OG  и OH  на AD  и BC  соответственно. OH  ⊥ BC, OG  ⊥ AD, AD ∥ BC  , следовательно, H  , G  и O  лежат на одной прямой и HG  — высота трапеции.

Треугольники AOD  и COB  — равнобедренные, следовательно, H  — середина BC  , G  — середина AD  . Тогда BH =  12BC = 7,AG =  12AD = 20  . Запишем теоремы Пифагора для треугольников OBH  и OAG

pict

Далее возможны два случая (первая часть решения для них общая): центр окружности лежит внутри трапеции, либо снаружи трапеции.

1.
Если центр лежит внутри, высота трапеции будет равна сумме отрезков HO  и GO
HG = HO + GO = 39

PIC

2.
Если центр лежит вне трапеции, высота трапеции будет равна разности отрезков HO  и GO
HG = HO GO = 9

PIC

Ответ:

39 или 9

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#31006

Через точку пересечения диагоналей O  трапеции ABCD  с основаниями AD = a  и BC = b  проведена прямая, параллельная основаниям. Найдите отрезок этой прямой, заключенный между боковыми сторонами трапеции.

Показать ответ и решение

Пусть прямая, проведенная через точку O  параллельно основаниям, пересекает боковые стороны трапеции AB  и CD  в точках M  и    N  соответственно.

Рассмотрим треугольники AOD  и COB  . В них ∠OAD = ∠OCB  и ∠ODA = ∠OBC  как накрест лежащие. Значит, △AOD  ∼△COB  по двум углам. Тогда

AO    AD   a      AO    a
CO- = BC-= b  ⇒   AC-= a+-b

Аналогично

CO- = BC-= b  ⇒   CO-= -b--
AO    AD   a      AC   a+ b

PIC

Рассмотрим треугольники ABC  и AMO  . Они подобны, так как MO ∥ BC  по условию. Тогда

MO    AO       MO     a             ab
-BC = AC-  ⇒   -b-= a+-b  ⇒   MO = a+-b

Рассмотрим треугольники ACD  и OCN  . Они подобны, так как NO ∥AD  по условию. Тогда

NO-  CO-      NO-  --b-           -ab-
AD = AC   ⇒    a = a+ b  ⇒   NO = a+ b

Таким образом,

                ab    ab    2ab
MN = MO  +NO = a+-b + a+-b = a-+b

Заметим, что сейчас мы доказали равенство отрезков MO  и NO  . Таким образом, мы получили, что отрезок, параллельный основаниям трапеции и проведенный через точку пересечения диагоналей, делится этой точкой пополам.

Ответ:

-2ab
a +b

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#31007

Докажите, что точка пересечения диагоналей, точка пересечения продолжений боковых сторон и середины оснований любой трапеции лежат на одной прямой.

PIC

Показать ответ и решение

Пусть точки M  и N  — середины оснований BC  и AD  трапеции соответственно, E  — точка пересечения диагоналей, O  — точка пересечения прямых, содержащих боковые стороны трапеции.

Сначала докажем, что на одной прямой лежат точки O  , M  и N  .

Пусть  ′
M — точка пересечения ON  и BC  . Тогда       ′
△ OCM  ∼ △ODN  по двум углам       ′
(∠OCM  = ∠ODN  , ∠NOD  — общий) с коэффициентом    OM-′
k= ON  .

Аналогично      ′
△ OM  B ∼ △ONA  тоже с коэффициентом k  .

Из первого подобия:   ′
M C = ND ⋅k  .

Из второго подобия:   ′
M B = NA ⋅k  .

При этом                ′     ′        ′
ND = NA   ⇒  M  C = M B  ⇒  M совпадает с серединой M  основания BC  и точки O  , M  , N  лежат на одной прямой.

PIC

Теперь докажем, что на одной прямой лежат точки E  , M  и N  (в совокупности с предыдущим фактом из этого следует, что все четыре точки лежат на прямой MN  )

Пусть M′ — точка пересечения EN  и BC  . Тогда △ ECM ′ ∼ △EAN  по двум углам (∠ECM ′ = ∠EAN  , ∠CEM ′ = ∠AEN  как вертикальные) с коэффициентом k= EEMN′-  .

Аналогично △ EM ′B ∼ △END  тоже с коэффициентом k  .

Из первого подобия: M ′C = NA ⋅k  .

Из второго подобия: M ′B = ND ⋅k  .

При этом ND = NA   ⇒  M ′C = M ′B  ⇒  M ′ совпадает с серединой M  основания BC  и точки E  , M  , N  лежат на одной прямой.

PIC

Тогда точки O  , M  , E  , N  лежат на одной прямой.

Ответ: Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#31224

Основания трапеции ABCD  равны a  и b.  Найдите:

а) длину средней линии, параллельной основаниям;

б) длину отрезка, соединяющего середины диагоналей.

Показать ответ и решение

а)

Пусть EF  — средняя линия трапеции ABCD  , то есть отрезок, соединяющий середины боковых сторон. Пусть также BC = a  , AD = b  . Проведем CH  ∥AB  , CH  ∩EF = G  . Тогда по определению ABCH  — параллелограмм, следовательно, AH =BC = a  . Тогда HD = b− a  . По теореме Фалеса из GF ∥HD  и CF =F D  следует, что CG = GH  , следовательно, GF  — средняя линия в △HCD  . Значит, GF = 12HD = 12(b− a)  .

PIC

Четырехугольник EBCG  также является параллелограммом, следовательно, EG =BC = a  .

Тогда

EF = EG +GF = a+ 1(b− a)= 1(a+ b)
                 2       2

б)

Пусть EF  пересекает диагонали трапеции в точках I  и J  . Тогда из теоремы Фалеса следует, что I  и J  — середины диагоналей. Следовательно, требуется найти отрезок IJ  .

PIC

Заметим, что EI  и JF  — средние линии в △ABC  и △DBC  соответственно, параллельные общему основанию BC  . Следовательно, EI = JF = 1a
         2  . Тогда

                 1       1   1   1
IJ = EF − EI − JF = 2(a+b)− 2a− 2a= 2(b− a)

P.S

Если BC =b  и AD = a  , то IJ = 12(a+b)− 12b− 12b= 12(a − b)  . Следовательно, в общем случае ответ: IJ = 12|b− a| .

Ответ:

а) 1(a+ b)
2

б) 12|b− a|

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#31016

Заключенный внутри трапеции отрезок прямой, параллельной основаниям трапеции, разбивается ее диагоналями на три части. Докажите, что части, прилегающие к боковым сторонам трапеции, равны между собой.

Показать ответ и решение

Пусть MN  — параллельный основаниям трапеции ABCD  отрезок, который пересекает бооковые стороны в точках M  , N  , а диагонали в точках K  , P  .

PIC

Тогда по теореме Фалеса BM :CN = AM :DN  . Пусть AM  =x  , BM  =kx  , DN  =y  , CN = ky  .

Из подобия △KCN  ∼△ACD  (∠C  — общий, ∠CKN = ∠CAD  как соответственные при KN ∥AD  и секущей AC  ) имеем:

KN    CN    k
AD- = CD-= k+-1 = p ⇒   KN = p⋅AD

Аналогично из подобия △MBP  ∼△ABD  имеем:

MP-= BM--= -k--= p  ⇒   MP = p⋅AD
AD    BA   k+ 1

Следовательно,

MK  =MP  − KP = p⋅AD − KP = KN − KP =P N

Ч.т.д.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#31017

Непараллельные стороны трапеции продолжены до взаимного пересечения и через полученную точку проведена прямая, параллельная основаниям трапеции. Найдите длину отрезка между точками пересечения этой прямой с продолжениями диагоналей, если длины оснований трапеции равны a  и b  .

Показать ответ и решение

Пусть боковые стороны AB  и CD  трапеции ABCD  пересекаются в точке O  , через которую проведена параллельная основаниям прямая, пересекающая продолжения диагоналей AC  и BD  в точках N  и M  соответственно. Пусть BC = a  , AD  =b  и b> a  .

PIC

Тогда △BOC  ∼ △AOD  по двум углам (∠OBC = ∠OAD  , ∠OCB = ∠ODA  как соответственные при AD ∥BC  и секущих AO  и DO  соответственно). Пусть коэффициент подобия треугольников AOD  и BOC  равен    b
k= a  . Тогда, если OC = x  , то OD = kx  , следовательно, CD = (k − 1)x  .

Из подобия △ACD ∼ △NCO  по двум углам (∠ACD = ∠NCO  как вертикальные и ∠CAD  =∠CNO  как накрест лежащие при AD ∥ ON  и секущей AN  ) имеем:

(k−x1)x = ObN-  ⇒   ON = kb−-1 = ba−ba

Аналогично из подобия △ABD ∼ △MBO  с коэффициентом подобия k− 1  имеем:

OM  = -b--= --b--= -ab-
      k− 1  ba − 1  b− a

Следовательно, искомая длина равна

                2ab
MN  =OM  +ON = b−-a

P.S. Если a >b  , то получим       2ab
MN  = a− b  , следовательно, объединяя оба случая, получаем ответ       2ab
MN  =|a−-b| .

Ответ:

--2ab-
|a− b|

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#31020

На боковых сторонах AB  и CD  трапеции ABCD  взяты точки M  и N  соответственно так, что отрезок MN  параллелен основаниям и делит площадь трапеции пополам. Найдите длину MN,  если BC = a  и AD  = b.

Показать ответ и решение

Пусть MN  = c  . Проведем BK ⊥ AD  , тогда BK ∩ MN = H  и BH ⊥ MN  . Пусть S     =2S
 ABCD  .

PIC

Тогда

           b+ c
SAMND = S =-2--⋅HK

SMBCN = S = a+-c⋅BH
             2
S     =2S = a+b-⋅(BH + HK )
 ABCD        2

Тогда получаем:

({
 SMBCN  =SAMND      ⇒
(2SMBCN = SABCD
(
||{a-+2c ⋅BH  = b-+2c⋅HK
||  a +c      a +b              ⇔
(2⋅--2- ⋅BH  =--2- ⋅(BH + HK )
(
||{HK  = a+c-⋅BH
       b+c           (       )    ⇒
||((a+ c)⋅BH = a-+b⋅BH ⋅ 1 + a-+c
              2          b+ c

       a-+b(    a+c)
(a+ c)=   2   1+ b+c    ⇔

2(a+c)(b+ c)= (a+ b)(a+ b+2c)  ⇔
2ab+ 2ac+ 2bc+ 2c2 =a2 +2ab+b2+ 2ac+2bc ⇔
                  ∘ ------
 2  a2+ b2           a2+b2
c = --2--- ⇔   c=   --2---

Ч.т.д.

Ответ:

 ∘ a2+-b2
    2

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!