Трапеции. Часть 1.: Часть 3

Видео

Конспект

Теперь рассмотрим трапеции общего вида. Соотношений здесь поменьше, в основном используются свойства параллельных прямых (оснований) и формула площади трапеции.

Пример 2.37

МГУ, географический ф-т, 2005 (июль), № 2.

Произведение средней линии трапеции и отрезка, соединяющего середины ее диагоналей, равно 25 . Найдите площадь трапеции, если ее высота втрое больше разности оснований.

Okr_41 Рис. 8: К примеру 2.37

Решение. Отрезок, соединяющий середины диагоналей, будет частью средней линии трапеции (см. рис. 8). Действительно, если E и F — середины диагоналей, GH — средняя линия трапеции, то GE — средняя линия \triangle ABC , EH — средняя линия \triangle CAD , GF — средняя линия \triangle ABD — все они параллельны основаниям, проходят через точки E и D , следовательно совпадают. Отсюда вытекает \begin{array}{l}

\displaystyle GH = \frac{1}{2} (BC + AD),~GE = \frac{1}{2} BC,~

FG = \frac{1}{2} AD, \Longrightarrow \\

\displaystyle \qquad EF = FG - GE = \frac{1}{2} (AD - BC).

\end{array} Таким образом, получаем GH \cdot EF = \frac{1}{2}(AD + BC) \cdot \frac{1}{2} (AD - BC) =

\frac{1}{4} \left(AD^2 - BC^2 \right) = 25. Поэтому \displaystyle AD^2 - BC^2 = 100 . С другой стороны, \begin{array}{l}

\displaystyle S = \frac{1}{2}(AD + BC)h = \frac{3}{2} (AD + BC)(AD - BC) = \\

\displaystyle \qquad = \frac{3}{2} \left(AD^2 - BC^2 \right) = \frac{3}{2} \cdot 100 = 150.

\end{array} Ответ: 150 .

Задача 2.38

Пусть в равнобочной трапеции, в которую можно вписать окружность, дана полуразность оснований p и синус угла при основании, равный q . Найдите площадь трапеции.

Решение.

Geom_s_150 Рис. 9: К задаче 2.38

Опустим высоты BH_1 и CH_2 . Тогда AH_1 = DH_2 = \frac{b-a}{2} = p.

Из прямоугольного \triangle CH_2D : CH_2 = H_2D \cdot \tg\alpha = \frac{p\,q}{\sqrt{1-q^{2}}},

\qquad

CD = \frac{H_2D}{\cos\alpha} = \frac{p}{\sqrt{1-q^{2}}}.

Так как в трапецию можно вписать окружность, то a+b = c+d = 2d = \frac{2p}{\sqrt{1-q^{2}}}.

Площадь трапеции: S_{ABCD} = \frac{1}{2}(a+b)\cdot CH

= \frac{p}{\sqrt{1-q^{2}}} \cdot \frac{p\,q}{\sqrt{1-q^{2}}}

= \frac{p^{2}q}{1-q^{2}}.

Ответ: \displaystyle \frac{p^2q}{1 - q^2} .

Ответ: \displaystyle \frac{p^2q}{1 - q^2} .

Пример 2.39

МГУ, олимпиада <<Ломоносов 2005>> (май), № 3.

Найдите площадь трапеции ABCD с боковой стороной CD = 3 , если расстояние от вершин A и B до прямой CD равны 5 и 7 соответственно.

Okr_51 Рис. 10: К примеру 2.39

Решение. Пусть DG — высота трапеции (см. рис. 10). Если обозначить \angle BCD=\alpha , то DG=DC\cdot \sin \alpha=3

\sin \alpha . Из прямоугольного \triangle BFC получаем, что \displaystyle

BC=\frac{BF}{\sin\alpha}=\frac{7}{\sin\alpha} \vphantom{\int} , а из прямоугольного \triangle AED , подобного \triangle BFC , имеем \displaystyle

AD=\frac{AE}{\sin\alpha}=\frac{5}{\sin\alpha} . Запишем формулу для площади трапеции: \displaystyle S_{ABCD}=\frac{1}{2}(BC + AD)\cdot DG= =\frac{1}{2} \left(\frac{7}{\sin\alpha}+\frac{5}{\sin\alpha}

\right)\cdot3\cdot\sin\alpha=18. Ответ: \displaystyle S_{ABCD} = 18 .

Пример 2.40

В трапеции ABCD AD и BC — основания, O — точка пересечения диагоналей. Докажите, что S_{ABCD} = \left(\sqrt{S_{AOD}}+\sqrt{S_{BOC}}\right)^2.

Okr_106 Рис. 11: К примеру 2.40

Решение. Обозначим AD=a и BC=b , a высоты треугольников BOC и AOD — h и H соответственно (рис. 11). Раскроем скобки в выражении справа: \begin{array}{l}

\displaystyle \left(\sqrt{S_{AOD}}+\sqrt{S_{BOC}}\right)^2=S_{AOD}+S_{BOC} + 2\sqrt{S_{AOD}\cdot S_{BOC}} = \\

\displaystyle \qquad \qquad =

\frac{aH}{2} + \frac{bh}{2}+2\sqrt{\frac{bh}{2}\frac{aH}{2}}.

\end{array} В силу подобия треугольников BOC и AOD \frac{h}{H}=\frac{b}{a}\Longleftrightarrow a\cdot h=b\cdot H, тогда \left(\frac{bh}{2}+\frac{aH}{2}\right)+2\sqrt{\frac{bh}{2}\frac{aH}{2}}= =\left(\frac{bh}{2}+\frac{aH}{2}\right)+bH

=\left(\frac{bh}{2}+\frac{aH}{2}\right)+\left(\frac{bH}{2}+\frac{ah}{2}\right)=\frac{a+b}{2}(h+H). Последнее выражение и есть площадь трапеции. Формула доказана.