Трапеции. Часть 1.: Часть 1

Видео

Конспект

Трапеции

Определение. Трапецией называется четырехугольник, у которого две стороны параллельны, а две другие не параллельны.

Свойства трапеций

Средняя линия трапеции параллельна основаниям и равна их полусумме.

Если трапецию можно вписать в окружность, то она равнобочная.

Если в трапецию можно вписать окружность, то:

боковая сторона трапеции видна из центра окружности под прямым углом;

радиус окружности есть среднее геометрическое отрезков, на которые точка касания делит боковую сторону.

Если в равнобочную трапецию можно вписать окружность, то:

ее средняя линия равна боковой стороне;

ее высота равна среднему геометрическому оснований.

Если в равнобочной трапеции ABCD опустить высоту CK на AD , то отрезок AK равен средней линии трапеции.

В трапеции отрезок прямой, проходящей через точку пересечения диагоналей параллельно основаниям, делится точкой пересечения диагоналей пополам.

Если в трапеции ABCD диагональ AC является биссектрисой угла BAD , то боковая сторона AB равна верхнему основанию.

Пусть в трапеции ABCD диагонали AC и BD пересекаются в точке O . Тогда следующие треугольники равновелики: ABD и ACD ; ABC и BCD ; ABO и COD .

Если в трапеции ABCD через точку C провести прямую CE параллельно диагонали BD до пересечения с продолжением стороны AD , то площадь трапеции ABCD равна площади треугольника ACE .

Начнем решение задач с равнобедренных трапеций — для них известно много полезных соотношений.

Задача 2.30

ОГЭ-2016, тренировочный вариант № 99, № 25.

Биссектрисы углов A и D трапеции ABCD пересекаются в точке M , лежащей на стороне BC . Докажите, что точка M равноудалена от прямых AB , AD и CD .

Доказательство.

Geom_s_144 Рис. 1: К задаче 2.30

Достроим трапецию до треугольника AED . Точка M — точка пересечения биссектрис \triangle AED , т.е. центр вписанной в него окружности \Rightarrow она равноудалена от сторон \triangle AED , т.е. и от прямых AB , AD и CD .

Пример 2.31

Найдите площадь равнобедренной трапеции, если ее высота равна h , а боковая сторона видна из центра описанной окружности под углом 60^{\circ} .

Okr_34 Рис. 2: К примеру 2.31

Решение.

Опустим высоту CH из точки C на AD (см. рис. 2). Тогда AH равно средней линии трапеции. Действительно, трапеция равнобедренная, поэтому \displaystyle HD=\frac{AD-BC}{2} \vphantom{\int} , следовательно, \displaystyle

AH=AD-HD=\frac{AD +BC}{2} \vphantom{\int} . Поэтому площадь трапеции S_{ABCD}=2S_{ACH} .

Далее, \angle CAH=30^{\circ} , так как это вписанный угол, опирающийся на ту же дугу, что и центральный \angle

COD=60^{\circ} , где точка O — центр описанной окружности. Из прямоугольного треугольника ACH AH=CH\cdot\ctg 30^{\circ}=h\sqrt{3}. \hskip-0mm S_{ABCD}=2S_{ACH}=\displaystyle \frac{1}{2}AH \hskip-1mm \cdot \hskip-0.5mm CH = h^2\sqrt{3}. Ответ: \displaystyle S_{ABCD} = h^2 \sqrt 3 .

Задача 2.32

В равнобедренной трапеции длины оснований 21 и 9 , а длина высоты 8 . Найдите радиус описанной окружности.

Решение.

Geom_s_145 Рис. 3: К задаче 2.32

AH равно средней линии трапеции, т. е. AH = \dfrac{9+21}{2} = 15

\Rightarrow HD = 6 .

Из прямоугольного \triangle ACH : AC = \sqrt{CH^{2}+AH^{2}} = \sqrt{8^{2}+15^{2}} = 17,

\qquad \sin\alpha = \frac{CH}{AC} = \frac{8}{17}.

Из прямоугольного \triangle CHD : CD = \sqrt{CH^{2}+HD^{2}} = \sqrt{8^{2}+6^{2}} = 10.

По теореме синусов для \triangle ACD : \frac{CD}{\sin\alpha} = 2R

\;\Longrightarrow\;

\frac{10}{8/17} = 2R

\;\Longrightarrow\;

R = \frac{85}{8}.

Ответ: \displaystyle 10\frac{5}{8} .

В следующей задаче самое большое количество ошибок было из-за невнимательного чтения условия: принимали основания за боковые стороны. Необходимо очень аккуратно делать чертеж! Решение задачи сводится к решению системы уравнений.

Пример 2.33

МГУ, физический ф-т, 2003 (март), № 4.

В равнобедренную трапецию KLMN ( LM \parallel KN ) вписана окружность, касающаяся сторон LM и KN в точках P и Q соответственно, KN = 4\sqrt{6} , PQ = 4 . Прямая NC пересекает отрезок PQ в точке C , а вписанную окружность — в точках A и B ( A между N и C ), \displaystyle

PC:CQ = 3:1 . Найдите AC .

Okr_38 Рис. 4: К примеру 2.33

Решение. Поскольку \displaystyle PC:CQ = 3:1 , PQ = 4 , то PC = 3 , CQ = 1 (см. рис. 4). По свойству отрезков касательной и секущей NQ^2 = NA \cdot NB~ \Longrightarrow~ NA \cdot NB = 24. По свойству отрезков пересекающихся хорд AC \cdot BC = PC \cdot CQ = 3. Рассмотрим \triangle CNQ . По теореме Пифагора \displaystyle NC = \sqrt{CQ^2

+ NQ^2} = \sqrt{1 + 24} = 5. Поскольку \displaystyle NB = NA + AC + BC = 5 + BC , получим систему уравнений: \left\{\begin{array}{l}

(5 - AC) \cdot (5 + BC) = 24,\\

AC \cdot BC = 3,

\end{array} \right.

\Longrightarrow~

AC = \frac{- 1 + \sqrt{76}}{5}. Ответ: \displaystyle \frac{- 1 + \sqrt{76}}{5} .