Трапеция и её свойства —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

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#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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#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 6#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

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

Ответ:

$a2 − b2 ---4--$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#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

S_ABCD = $1 2$ AC ⋅ BD = $1 2$ (12 $√2$ + 20 $√2$ )² = 1024

Ответ:

1024

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#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 10#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 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:

$-2ab a +b$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 13#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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#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:

$∘ a2+-b2 2$

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#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 $K$ , $P$ .