Т Р А П Е Ц И Я РЕШЕНИЕ Задача 1. В трапеции расстояние

Т РАПЕЦИЯ
РЕШЕНИЕ
Задача 1. В трапеции расстояние между серединами оснований
равно полусумме длин оснований. Найти угол между диагоналями.
Решение. Пусть Р – точка
пересечения диагоналей.
Известно, что точки М, N,
Р лежат на одной прямой
(М, N – середины
оснований)(рис.1).
Пусть BC  a , AD  b .
Тогда по условию
Рис. 1
ab
MN 
.
2
ab
x.
Пусть PN  x и MP 
2
Рассмотрим подобие CMP и ANP . Справедливо равенство:
ab
a
x
MC MP
2
2

или
.

b
AN PN
x
2
b
После преобразований получаем, что x  .
2
Отрезок PN – медиана в треугольнике ADP. Известно, что если
медиана (PN) равна половине стороны (AD), которую делит
AD
( PN 
), то APD  90 .
2
Ответ: 90 .
1
Задача 2. В трапеции расстояние между серединами оснований
равно полуразности длин оснований. Найти сумму углов при
большем основании.
Решение. Пусть BC  a , AD  b (рис.2). По условию точки М и N –
середины оснований и
ba
MN 
.
2
Продолжим прямые АВ и CD
до пересечения в точке F.
Известно, что точки М, N и F
лежат на одной прямой.
Рассмотрим подобие
треугольников BFM и AFN.
Рис. 2
Имеем равенство:
a
BM
FM
FM

или 2 
.
b
ba
AN FM  MN
2 FM 
2
a  (b  a )
a (b  a )
 b  FM или
 FM  (b  a ) .
Получили a  FM 
2
2
a
Заметим, что в трапеции b  a  0 . Следовательно, FM  , т.е. в
2
треугольнике BCF медиана FМ равна половине стороны ВС. А это
означает, что BFC  90 . Сумма углов при основании AD равна
180  BFC  90 .
Ответ: 90 .
Задача 3. В трапеции ABCD углы А и В прямые, AD  4 , AB  6 .
Биссектриса угла D делит
сторону АВ на равные части.
Найти длину основания ВС.
Решение. Продолжим
биссектрису DM до
пересечения с прямой СВ в
точке F(рис.3). Ясно, что
2
Рис. 3
AMD  BMF , т.е. FB  AD  4 , FM  MD  32  42  5 . Из
условия, что DM – биссектриса, следует равенство
CF  CD  4  x . Заметим, что СМ – медиана в равнобедренном
треугольнике CDF. Значит, СМ – высота (т.е. CMD  90 ) в этом
треугольнике.
По теореме Пифагора имеем
2
CM 2  CD 2  MD 2  4  x   52 .
И справедливо равенство
CM 2  MB 2  BC 2  32  x 2 .
9
2
Следовательно, 4  x   25  9  x 2 . Откуда получаем, что x  .
4
9
Ответ: .
4
Задача 4. В трапеции ABCD ( AD BC ) точки M и N лежат на
основаниях ВС и AD соответственно. Точка Р – пересечение
отрезков АМ и BN. Точка Q – пересечение отрезков DM и CN.
Известно, что площадь треугольника АВР равна 2, площадь
треугольника CDQ равна 3. Найти площадь четырехугольника
MQNP.
Рис. 4
Решение. Соединим точки М и N(рис.4). Тогда из условия BC AD
следует, что S ABP  S MNP и S CDQ  S MNQ . В итоге, S MQNP  2  3  5 .
Ответ: 5кв.ед.
3
Задача 5. В равнобедренной трапеции ABCD с основаниями
AD  10 , BC  6 из середины М стороны АВ опущен
перпендикуляр MN на сторону CD. Известно, что CN : ND  3 : 5 .
Найти площадь трапеции ABCD.
Решение. Пусть CN  3 f (рис.5).
Тогда ND  5 f и из условия,
что трапеция равнобедренная,
имеем AB  8 f ,
AM  MB  4 f .
Пусть CF  H – высота
трапеции. Площадь трапеции
6  10
Рис. 5
S ABCD 
 H . Высоту
2
трапеции будем искать следующим образом. Проведем среднюю
линию МК. Заметим, что треугольники CDF и MKN подобны (по
MK NK

углам). Из подобия следует равенство
.
CD FD
Ясно, что MK  8 , FD  2 , NK  f .
8
f
Следовательно,
или f 2  2 .

8f
2
Применим теорему Пифагора для CDF : H 2  64 f 2  4 ,
H  2 31 .
В итоге, S ABCD  16 31 .
Ответ: 16 31 кв.ед.
Задача 6. Точки М и N выбраны соответственно на основании ВС и
боковой стороне CD трапеции ABCD. Прямые АМ и BN
пересекаются в точке К, причем AK  3  KM , KN  2  BK . Найти
отношение CN : ND .
4
Решение. Пусть BK  f и KM  g (рис.6). Тогда из условия
Рис. 6
следует, что KN  2 f и AK  3g .
Проведем прямую BN до пересечения с прямой AD в точке F. Из
f
g
подобия BKM и FKA имеем равенство
или

2 f  NF 3g
NF  f .
CN BN

Рассмотрим подобие BCN и FDN . Имеем равенство
ND NF
или CN : ND  3 : 1 .
Ответ: 3 : 1 .
Задача 7. В трапеции ABCD биссектриса угла BAD при основании
AD пересекает сторону CD в точке М и продолжение основания ВС
в точке К. Найти длину стороны CD, если известно, что AB  12 ,
AD  24 , AM  16 и MK  4 .
Решение. Заметим, что
BKM  KAD  
(рис.7). Тогда ABK –
равнобедренный и
BK  12 .
Пусть CM  x . Из подобия
CMK и DMA следует,
что DM  4 x и CK  6 .
5
Рис. 7
Применим теорему косинусов для
CMK : x 2  4 2  6 2  2  4  6  cos  .
ABK : 12 2  20 2  12 2  2  20  12  cos  .
Умножим первое уравнение на 10 и вычтем из него второе
уравнение (избавимся от cos  ). Получили уравнение:
10 x 2  12 2  10(16  36)  202  12 2 .
В итоге, x  2 3 и CD  10 3 .
Ответ: 10 3 .
Задача8. В трапеции ABCD основания AD и ВС равны 15 и 5
соответственно. Точка Р – пересечение диагоналей. Найти
отношение площади трапеции ABCD к площади треугольника
APD.
Решение. Проведем через точку С прямую, параллельную
диагонали BD
(рис.8). Она
пересечет прямую
AD в точке F.
Площади
треугольников АВС
и CDF равны, так как
BC  DF  5 , а
высоты этих
Рис. 8
треугольников (на
ВС и DF) равны высоте трапеции. Следовательно, трапеция ABCD
равновелика треугольнику ACF. Треугольники ACF и APD
подобны, поэтому:
2
S ACF S ABCD AF 2 15  5
16



 .
2
2
S APD
S APD
AD
15
9
16
Ответ:
.
9
6
Задача 9. Точка М – середина боковой стороны CD трапеции
ABCD. Площадь треугольника АВМ равна 5. Найти площадь
трапеции.
Решение. Проведем прямую ВМ до пересечения с прямой AD в
точке F(рис.9).
Треугольники ВСМ и
FDM равны (по стороне и
двум прилежащим к ней
углам). Следовательно,
равны и их площади и
BM  MF . Таким
образом, трапеция ABCD
равновелика
Рис. 9
треугольнику ABF. Но в
треугольнике ABF отрезок АМ является медианой, поэтому
площади треугольников АВМ и AMF равны. Итак, площадь
треугольника, а значит, и трапеции ABCD равна 2  5  10 .
Ответ: 10 кв.ед.
Задача 10. Через точку Р пересечения диагоналей трапеции ABCD
проведена прямая, параллельная основаниям трапеции. Доказать,
что точка Р делит пополам отрезок, отсекаемый от прямой
боковыми сторонами трапеции.
Решение. Опустим
перпендикуляры АК и DF
на прямые ВС и MN
соответственно(рис.10).
Тогда АК – высота для
треугольников АВС и
BCD, а отрезок DF –
высота для треугольников
Рис. 10
АМР и DNP. Так как MN
параллелен основаниям, то треугольник АМР подобен
треугольнику АВС и справедливо равенство
MP DF

.
BC
AK
7
Треугольники DNP и DСВ также подобны и имеем равенство
PN DF

.
BC AK
Из этих двух равенств следует, что MP  PN .
Задача 11. Найти отношение между основаниями трапеции, в
которой средняя линия делится двумя диагоналями на три равные
части.
Решение. Пусть MN – средняя
линия трапеции ABCD(рис.11).
Если BC  a , AD  b , то
ab
MN 
. Заметим, что МР
2
является средней линией в
треугольнике АВС.
a
Рис. 11
Следовательно, MP  .
2
a
3a a  b

Тогда MN  3  . Получили равенство
, из которого
2
2
2
следует, что a : b  1 : 2 .
Ответ: 1 : 2 .
Задача 12. В равнобедренной трапеции диагонали
перпендикулярны, а длина средней линии равна 6. Найти площадь
трапеции.
ab
 6,
Решение. Пусть BC  a , AD  b (рис.12). Тогда имеем
2
или a  b  12 .
Проведем через С прямую,
параллельную BD. Она
пересечет прямую AD в
точке F. Заметим, что
DF  a и AF  12 .
Известно, что площадь
трапеции ABCD равна
Рис. 12
площади треугольника ACF.
8
Этот треугольник является прямоугольным ( CF BD ,
следовательно, ACF  90 ) и равнобедренным ( AC  BD  CF ).
Пусть AC  d . Тогда d 2  d 2  12 2 , т.е. d 2  72 . Площадь ΔACF
d2
равна площади трапеции и равна
, т.е. 36.
2
Ответ: 36 кв.ед.
Задача 13. Построить трапецию
по основаниям a , b и сторонам
c, d .
Указание. Построить
треугольник со сторонами
(b  a ) , c и d (рис.13).
Рис. 13
Задача 14. Диагональ равнобедренной трапеции делит ее тупой
угол пополам. Меньшее основание трапеции равно 3, периметр
равен 42. Найти площадь трапеции.
Решение. Из условия, что BC AD , следует равенство углов BCA
и CAD (рис.14).
Из условия, что СА –
биссектриса угла BCD ,
следует, что CAD  ACD .
Следовательно, AD  CD .
Пусть AD  x . Тогда имеем
равенство 3  3x  42 , откуда
x  13 .
Пусть
CF – высота
Рис. 14
равнобедренной трапеции.


AD  BC
 5.
Тогда FD 
2
По теореме Пифагора имеем: CF 2  132  52 или CF  12 .
9
 3  13 
Тогда искомая площадь равна 
  12 , т.е. площадь трапеции
 2 
равна 96.
Ответ: 96 кв.ед.
Задача 15. Точка М – середина боковой стороны CD трапеции
ABCD. Точка N – середина основания AD. Площадь треугольника
ВСМ равна 3. Площадь треугольника DMN равна 4. Найти площадь
трапеции ABCD.
Решение. Соединим
точки М и А(рис.15).
Отрезок MN является
медианой треугольника
AMD. Следовательно,
площадь треугольника
AMN также равняется 4.
Площадь треугольника
Рис. 15
АВМ равна половине
площади трапеции (см. задачу 9), т.е. площадь трапеции равна
2  3  2  4 или 22.
Ответ: 22 кв.ед.
Задача 16. В трапеции ABCD сумма углов при основании AD равна
90 . Пусть MN – отрезок, соединяющий середины оснований, PQ –
отрезок, соединяющий середины диагоналей. Доказать, что
MN  PQ .
Решение. Известно, что точки M,
N (середины оснований) и F
(точка пересечения продолжений
боковых сторон) принадлежат
одной прямой и из условия
следует: AFD  90 (рис.16).
Заметим, что МР – средняя линия
в треугольнике АВС, значит,
10
Рис. 16
MP AB , MP 
AB
. NQ – средняя линия в ΔABD, поэтому NQ AB ,
2
AB
. Таким образом, получили, что MPNQ –
2
параллелограмм. Из условия PMQ  AFD  90 следует, что
MPNQ – прямоугольник. А диагонали в прямоугольнике равны, т.е.
MN  PQ .
NQ 
Задача 17. Для описанной трапеции найти отношение средней
линии к периметру.
Решение. Если трапеция ABCD
описана, то a  b  c  d и периметр
PABCD  2a  b (рис.17).
ab
Средняя линия трапеции MN 
.
2
MN
1
 .
В итоге имеем
PABCD 4
Ответ: 1 : 4 .
Рис. 17
Задача 18. Найти площадь равнобедренной трапеции ABCD, если
ее диагональ АС равна 10 и образует с большим основанием AD
угол 60 .
Решение. Пусть CF – высота
трапеции ABCD ( CF  H ). Пусть
BC  a , AD  b (рис.18).
Площадь трапеции равна
ab
S
H .
2
Для равнобедренной трапеции
ab
справедливо равенство AF 
.
2
11
Рис. 18
Заметим, что ACF  30 , следовательно, катет AF в два раза
ab
меньше гипотенузы АС, т.е. AF  5 
.
2
Высота Н находится по теореме Пифагора, т.е. H 2  100  25 или
H  5 3.
Тогда площадь трапеции S  25 3 .
Ответ: 25 3 кв.ед.
Задача 19. В прямоугольной трапеции ABCD ( AB  AD и
AB  BC ) основания BC  a и AD  b . Точка Р – пересечение
диагоналей АС и BD. Найти расстояние от Р до боковой стороны
АВ.
Решение. Пусть PM  AB (рис.19). Длина отрезка РМ и будет
искомым расстоянием. Обозначим отрезки: PM  x , AM  f ,
MB  g . Заметим, что PM BC и
PM AD . Тогда имеем подобие
треугольников: AMP подобен
ABC и BPM подобен BDA .
Справедливы равенства:
x
f
.

a f g
x
g
.

b f g
Сложим эти равенства и
x x
получим   1 .
a b
ab
Откуда x ( a  b)  ab или x 
.
ab
ab
Ответ:
.
ab
12
Рис. 19