Трапеция. Задачи. №1 В трапеции ABCD площади треугольников

Трапеция. Задачи.
№1
В трапеции ABCD площади треугольников OBC и OAD - S1 и S2, площадь трапеции S.
Найдите площадь ∆ABD.
Решение: Площади ∆ABO и ∆CDO равны. Пусть они равны Sx, тогда
имеем:2Sx + S1 + S2 = S
𝑆−𝑆1 −𝑆2
и SABD = Sx
2
𝑆+ 𝑆2 − 𝑆1
Ответ:
2
Sx =
+ S2 =
𝑆+ 𝑆2 − 𝑆1
2
№2
Площади треугольников, образованных отрезками диагоналей трапеции и её основаниями, равны
S1 и S2. Найдите площадь трапеции.
Решение: Пусть SBKC=S1, SAKD=S2, ∆BKC ~ ∆DKA, из подобия следует,
𝐶𝐾 √𝑆1
,
√𝑆2
что 𝐴𝐾=
√𝑆2
√𝑆1
поэтому SABK=
√𝑆2
∙S1,
√𝑆1
аналогично, SDKC=
√𝑆2
∙S1,
√𝑆1
∙ S1, аналогично, SDKC=
√𝑆2
=(√𝑆1
√𝑆1
отсюда SABCD=S1+S2+2S1∙
+ √𝑆2 )2
Ответ: (√𝑆1 + √𝑆2)2 Если тр-ки имеют общий угол, то площади их
относятся, как произведение сторон, заключающих равные углы.
№3
Отрезок длины m, параллельный основаниям трапеции, разбивает её на две трапеции. Найдите
отношение площадей этих трапеций, если основание трапеции равны a и b (a<b).
Решение:
Пусть BC=a, AD=b. Проведем CE ll BA и NF ll BA,а также
CK __ MN и NP __ AD.
Обозначим CK = h1,NP = h2, т.к. CE ll NF, то угол ECN =
углу FND, а из MN ll AD следует угол ENC ~ углу FND, =>
∆ECN ~ ∆FND (по двум углам), из подобия имеем:
𝐸𝑁
𝐹𝐷
𝐶𝐾
𝑁𝑃
𝐶𝑁
. Прямоугольные треугольники: ∆KCN ~ ∆PND и
𝑁𝐷
𝐶𝑁
𝐸𝑁
𝐶𝐾
𝑚−𝑎
ℎ
= 𝑁𝐷, поэтому получим: 𝐹𝐷 = 𝑁𝑃 или 𝑏−𝑚 = ℎ1. Пусть
2
1
1
SMBCN=S1, SAMND=S2, то S1 = 2 (𝑚 + 𝑎)ℎ1 , S2=2 (𝑏 + 𝑚)ℎ2
(𝑚+𝑎)(𝑚−𝑎)
𝑆
(𝑚+𝑎)ℎ
𝑚2 −𝑎2
и𝑆1 = (𝑏+𝑚)ℎ1 = (𝑏+𝑚)(𝑏−𝑚) = 𝑏2 −𝑚2
2
2
=
𝑚2 −𝑎2
Ответ: 𝑏2 −𝑚2
№4
Боковые стороны трапеции лежат на перпендикулярных прямых. Найдите площадь
четырехугольника с вершинами в серединах диагоналей и серединах оснований, если боковые
стороны трапеции равны a и b.
𝑎
𝑏
Решение: В ∆ ABC KP – ср. линия и KP = 2. Аналогично в ∆BCD KE= 2
т.к. KE ll CD и PK ll AB, то угол PKE = 90°. Следовательно PKEM –
𝑎
прямоугольник. SPKEM = 2 ∙
𝑏
2
=
𝑎𝑏
.
4
Ответ:
𝑎𝑏
.
4
№5
Прямая, параллельная основаниям трапеции делит её на две равновеликие трапеции. Найдите
отрезок этой прямой, заключенный внутри трапеции, если основания a и b.
Решение: Пусть MN = x, h1 и h2 – высоты подобных
треугольников ∆PCN и ∆QND, тогда имеем:
1
1
(𝑥 + 𝑎) ∙ ℎ1 = (𝑏 + 𝑥) ∙ ℎ2
2
2
,
ℎ1 𝑥 − 𝑎
=
{
ℎ2 𝑏 − 𝑥
𝑏+𝑥
𝑥−𝑎
𝑎 2 +𝑏2
2
поэтому 𝑥+𝑎 = 𝑏−𝑥, отсюда x2=
Ответ: √
𝑎 2 +𝑏2
2
№6 (С4 2010)
Боковая сторона AB трапеции ABCD равна 1, а расстояние от середины CD до прямой AB равно m.
Найдите площадь трапеции. Ответ: S=1∙m.
Решение: Площадь трапеции равна произведению одной из боковых сторон на длину
перпендикуляра, опущенного на неё из середины другой боковой стороны.
№7
Отрезок, соединяющий середины оснований
трапеции, равен 5, одна из диагоналей равна 6. Найдите
площадь трапеции, если известно, что её диагонали
перпендикулярны.
Решение: MN=5см, AC=6см – по условию. Во всякой трапеции
середины оснований и точка пересечения диагоналей лежат на
1
2
одной прямой. ∆BOC – прямоугольный. OM – его медиана, равная половине гипотенузы: OM = BC.
1
1
Аналогично, ON = 2AD, поэтому MN = 2(BC + AD). Через точку D проводим DK ll AC, тогда ACKD –
параллелограмм. DK = AC, CK = AD, и угол и BDK=90°, т.к. угол BDK – это угол между диагоналями
трапеции. ∆BDK – прямоуг. c гипотенузой BK = BC + AD = 2MN = 10 и катетом DK = 6см имеет
1
1
площадь S=2 ∙ DK ∙ BD=2DK ∙ √𝐵𝐾 2 − 𝐷𝐾 2=24см2, но площадь этого треугольника равна площади
1
1
трапеции, т.к. если DP __ BK, то S∆BDK=2BK ∙ DP=2(BC+AD) ∙ DP = SABCD.
Ответ: SABCD = 24см2
№8
Основания равнобокой трапеции равны 4 и 6, боковая сторона 5. Найдите радиус окружности,
описанной около этой трапеции. Решение: AK = 1см, KD = 5см, из прям. ∆ABK находим BK =
𝐵𝐾
√𝐴𝐵2 − 𝐴𝐾 2 = √25 − 1 = 2√6, sinA = 𝐴𝐵 =
2√6
.
5
Окружность,
описанная около трапеции ABCD, описана и около ∆ABD,
𝐵𝐷
следовательно R = 2 𝑠𝑖𝑛𝐴 (из теоремы синусов), BD найдем из прям.
∆KBD:
7
35
BD = √𝐵𝐾 2 + 𝐾𝐷 2 = 7, значит R = 2𝑠𝑖𝑛𝐴 = 4 6.
35
Ответ:
.
4√6
√
№9
Около окружности описана равнобокая трапеция с острым углом 60°. Найдите отношение длин
оснований.
Решение: _A = _D = 60° - по условию. Пусть BC = a, AD = b. Т.к. трапеция
𝑎+𝑏
. Проведем высоту BK __
2
𝑏+𝑎
, отсюда 4(b-a) = 2(b + a)
4
описанная, то AB + CD = BC + AD, тогда AB =
AK =
𝑏−𝑎
,
2
1
_ABK = 30°и AK = 2AB, т.е.
𝑏−𝑎
2
=
AD.
b = 3a, т.е. b:a = 1 : 3
Ответ: 1:3.
№10
В равнобокую трапецию ABCD вписана окружность. Отношение площади трапеции к площади
четырехугольника, вершинами которого являются точки касания сторон трапеции, равно 8:3.
Найдите отношение длин оснований.
Решение: Пусть AD = a, BC = b, PQ = 2r, а K – точка пересечения прямых AB
и CD. ∆AKD – равнобедренных, поэтому BK = KC. Пусть BK = x. Из того, что
𝑏
MB = BP = 2 и CN = CP =
𝑀𝑁
𝐵𝐶
𝑥+
=
𝑥
∆MKN
𝑏(𝑎+𝑏)
𝑏
2
𝑏
2
следует, что MK = NK и MN ll BC. Найдем MN.
(из подобия ∆MKN ∆BKC)
~ ∆AKC, тогда имеем
𝑀𝑁
𝐴𝐷
𝑥+
𝑏
2
= 𝑥+𝑎+𝑏, т.е. MN =
𝑏
(x
𝑥
+
2𝑎𝑏
x = 2(𝑎−𝑏). MN = 𝑎+𝑏.
1
𝑎𝑏
Имеем: SMPNQ = 2MN∙PQ = 𝑎+𝑏 ∙ 2r.
SABCD =
𝑎
3(𝑏 )2
𝑎+𝑏
2
∙ 2𝑟, следовательно
− 10 ∙
Ответ: 3:1
𝑎
(𝑏 ) +
(𝑎+𝑏)2
2𝑎𝑏
= 8 : 3,откуда получаем уравнение
𝑎
3 = 0, решая получим 𝑏 = 3 или
𝑎
𝑏
1
𝑎
= 3, но a>b, тогда 𝑏 = 3.
𝑏
)
2
=a∙
𝑏
2
𝑎+𝑏
𝑥+
2
𝑥+
, откуда