Планиметрия

Трапеция

Telegram основной

ВКонтакте

Другие бесплатные материалы от Профиматики

⬈

Telegram для преподавателей

Хочешь больше полезных материалов? Переходи по ссылкам

Katex

Определение. Трапецией называется четырехугольник, у которого две стороны параллельны (они называются основаниями), а две другие - нет (они называются боковыми сторонами). Если у трапеции боковые стороны равны, то она называется равнобедренной.

Katex

▶ 1. Трапеция является равнобедренной тогда и только тогда, когда углы при любом из оснований равны.

Katex

▶ 2. Трапеция является равнобедренной тогда и только тогда, когда её диагонали равны.

Katex

▶ 3. В равнобедренной трапеции проекция диагонали на бОльшее основание равна средней линии.

▶ 4. В равнобедренной трапеции проекция боковой стороны на бОльшее основание равна полуразности длин оснований.

Katex

▶ 5. Замечательное свойство трапеции. В трапеции середины оснований, точка пересечения продолжений боковых сторон и точка пересечения диагоналей лежат на одной прямой.

Katex

▶ 6. Вокруг равнобедренной трапеции можно описать окружность.

Обратно: Если вокруг трапеции можно описать окружность, то она является равнобедренной.

Katex

▶ 7. Треугольники при боковых сторонах трапеции, образованные диагоналями, равновелики. Их площади равны среднему геометрическому площадей треугольников при основаниях.

Katex

▶ 8. Пусть точка $E$ является точкой пересечения диагоналей четырехугольника $ABCD$, причём $S_{AEB} = S_{CED}$, тогда $ABCD$ - трапеция.

Katex

▶ 9. Если в равнобедренную трапецию можно вписать окружность, то боковая сторона и средняя линия этой трапеции равны.

Katex

▶ 10. Если диагонали трапеции перпендикулярны, то отрезок, соединяющий середины оснований, равен средней линии.

Katex

Замечание: Пусть $k$ - коэффициент подобия треугольников $BEC$ и $AED$. Тогда $S_2 = k^2S_1$, $S = kS_1$. Получаем, что $S_{ABCD} = S_1 + 2kS_1 + k^2S_1 = (k+1)^2S_1$.

Katex

Замечание: Треугольники $BMD$ и $HMC$ также являются равными, потому что $\angle{BMD} = \angle{CMH}$, $CM = MD$ и $BM = MH$. В частности, это означает, что диагональ $BD$ параллельна $CH$ и $BCHD$ - параллелограмм.

Доказательство

Katex

▶ 11. Если сумма углов при основании трапеции равна $90^{\circ}$, то отрезок, соединяющий середины оснований, равен их полуразности.

Доказательство

Katex

▶ 12. Радиус окружности, вписанной в трапецию, равен половине высоты этой трапеции.

Доказательство

Katex

▶ 13. Радиус окружности, вписанной в равнобедренную трапецию, равен половине среднего геометрического длин оснований трапеции.

Доказательство

Katex

▶ 14. Угол, под которым видна боковая сторона равнобедренной трапеции из точки пересечения диагоналей, равен углу, под которым она видна из центра описанной окружности.

Доказательство

Katex

▶ 15. Биссектрисы внутренних односторонних углов трапеции пересекаются на средней линии под прямым углом.

Доказательство

Katex

▶ 16. В трапеции проведём через середину $M$ боковой стороны $CD$ прямую $BM$ до пересечения с прямой $AD$. Полученные треугольники $BCM$ и $HDM$ равны. Из этого следует, что $S_{ABCD}=S_{ABH}$

Доказательство

Katex

▶ 17. Заметим, что если мы знаем основания и диагонали трапеции, то в треугольнике $ACH$ нам известны все три стороны, а значит, мы можем найти площадь трапеции и угол между её диагоналями.

Доказательство

Katex

▶ 18. Через вершину $C$ проведём отрезок $CH$ параллельно боковой стороне $AB$. Тогда $ABCH$ - параллелограмм и $AH = a$, $HD = b-a$.

Заметим, что если мы знаем стороны трапеции, то мы знаем стороны треугольника $CHD$, поэтому мы можем найти углы $\alpha$ и $\beta$, а также высоту трапеции c помощью различных формул для площади треугольника.

Katex

▶ 19. Длина отрезка $MN$, проходящего через точку пересечения диагоналей трапеции параллельно средней линии, равна среднему гармоническому длин оснований.

Доказательство

Katex

▶ 20. Длина отрезка $MN$, проходящего параллельно средней линии и делящего трапецию на две равновеликих, равна среднему квадратическому длин оснований.

Доказательство

Katex

▶ 21. Длина отрезка $MN$, проходящего параллельно средней линии и делящего трапецию на две подобные трапеции, равна среднему геометрическому длин оснований.

Доказательство

Katex

Доказательство:

Докажем, что если трапеция равнобедренная, то углы при основаниях равны. Проведём высоты $BH_1$ и $CH_2$. В прямоугольных треугольниках $ABH_1$ и $DCH_2$ равны гипотенузы $AB$ и $CD$ (так как трапеция равнобедренная) и равны катеты $BH_1$, $CH_2$, значит, треугольники $ABH_1$ и $DCH_2$ равны, поэтому $\angle{BAD} = \angle{CDA}$ и $\angle{ABH_1} = \angle{DCH_2}$, при этом

$\angle{H_1BC} = \angle{H_2CB} = 90^{\circ},$

значит, $\angle{ABC} = \angle{DCB}$.

Обратно, пусть углы при основаниях равны. Проведём высоты $BH_1$ и $CH_2$, они равны, при этом $\angle{BAD} = \angle{CDA}$, $\angle{BH_1A} = \angle{CH_2D} = 90^{\circ}$, поэтому треугольники $ABH_1$ и $DCH_2$ равны, значит $AB = CD$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Рассмотрим треугольники $ABD$ и $DCA$.

Если $AB = CD$ (то есть трапеция является равнобедренной), то $\angle{BAD} = \angle{CDA}$, при этом сторона $AD$ является общей для треугольников $ABD$ и $DCA$, значит, треугольники равны по первому признаку равенства треугольников, поэтому $AC = BD$.

Пусть $AC = BD$, но $AB\neq CD$ (без ограничения общности будем считать, что $CD > AB$). На отрезке $AD$ отметим точку $D'$ так, что $AB = CD'$. То есть трапеция $ABCD'$ является равнобедренной, то есть $AC = BD'$. Далее на прямой $AD$ отметим точку $D''$ такую, что $BD'' = BD$. Треугольники $BDD'$ и $BDD''$ являются равнобедренными, поэтому

$ \angle{BD''D} = \angle{BDD'} = \angle{BD'D}. $ При этом треугольник $BD'D''$ также является равнобедренным и $ \angle{BD'D''} = \angle{BD''D}. $ То есть $\angle{BD'D''} = \angle{BD'D}$, при этом данные углы являются смежными, значит $\angle{BD'D''} = \angle{BD'D} = \angle{BDD'} = 90^{\circ}.$ Сумма углов треугольника равна $180^{\circ}$, значит $\angle{D'BD} = 0^{\circ}$. Получаем противоречие, то есть $AB = CD$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Докажем сразу оба свойства. Пусть $CH$ - высота трапеции. Тогда $AD = b = AH + HD = a + 2HD,$ значит, $HD = \dfrac{b - a}{2}$, $AH = b - \dfrac{b - a}{2} = \dfrac{a + b}{2}$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Пусть $M$, $N$ - середины оснований $BC$ и $AD$ соответственно, $Q_1$ - точка пересечения диагонали $AC$ и $MN$, $Q_2$ - точка пересечения диагонали $BD$ и $MN$. Треугольники $AQ_1N$ и $CQ_1M$ подобны, значит,

$\dfrac{MQ_1}{Q_1N} = \dfrac{MC}{AN}.$ Треугольники $DQ_2N$ и $BQ_2M$ подобны, значит, $\dfrac{MQ_2}{Q_2N} = \dfrac{MB}{ND}.$ При этом $MC = MB$ и $AN = ND$, значит $\dfrac{MQ_1}{Q_1N} = \dfrac{MQ_2}{Q_2N}.$ То есть точки $Q_1$ и $Q_2$ делят отрезок $MN$ в одном и том же отношении, значит, эти точки совпадают, поэтому диагонали трапеции пересекаются на отрезке $MN$. Далее, пусть продолжение боковой стороны $AB$ пересекает продолжение $MN$ в точке $E_1$, продолжение стороны $CD$ пересекает продолжение $MN$ в точке $E_2$. Треугольники $BE_1M$ и $AE_1N$ подобны, значит, $\dfrac{ME_1}{E_1N} = \dfrac{MB}{AN}.$ Треугольники $ME_2C$ и $NE_2D$ подобны, значит, $\dfrac{ME_2}{E_2N} = \dfrac{CM}{ND}.$ Так как $CM = MB$ и $AN = ND$, то $\dfrac{ME_1}{E_1N} = \dfrac{ME_2}{E_2N}.$ То есть точки $E_1$ и $E_2$ делят отрезок $MN$ в одном и том же отношении, значит, эти точки совпадают, поэтому продолжения боковых сторон трапеции пересекаются на прямой $MN$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Пусть $ABCD$ - равнобедренная трапеция, тогда $\angle{A} = \angle{D}$ и $\angle{B} = \angle{C}$, при этом

$\angle{A} + \angle{B} = \angle{A} + \angle{C} = 180^{\circ}.$

Аналогично доказываем, что

$\angle{B} + \angle{D} = 180^{\circ},$

значит, по первому признаку вписанного четырёхугольника вокруг $ABCD$ можно описать окружность.

Докажем в обратную сторону. Пусть вокруг трапеции $ABCD$ можно описать окружность. Тогда

$\angle{A} + \angle{C} = \angle{B} + \angle{D} = 180^{\circ},$

но также верно, что

$\angle{A} + \angle{B} = 180^{\circ},$ то есть $\angle{B} = \angle{C}$, значит, $ABCD$ - равнобедренная трапеция.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Для начала докажем равенство площадей треугольников $ABE$ и $DCE$. Площади треугольников $ABD$ и $ACD$ равны, так как они имеют общую сторону $AD$, а высоты, проведённые из вершин $B$ и $C$ к стороне $AD$, являются высотами трапеции. При этом

$S_{ABD} = S_{AEB} + S_{AED},\;\;\; S_{ACD} = S_{CED} + S_{AED},$

поэтому $S_{AEB} = S_{CED}$.

Пусть $E$ - точка пересечения диагоналей трапеции, $\angle{AEB} = \alpha$, тогда $\angle{BEC} = 180^{\circ} - \alpha$. При этом $\angle{AEB} = \angle{CED}$, $\angle{BEC} = \angle{AED}$ (как вертикальные углы) и $\sin{\alpha} = \sin{(180^{\circ} - \alpha)}$. Найдём площади треугольников $AEB$ и $CED$:

$S = S_{AEB} = \dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot EB\cdot\sin{\alpha},$

$S = S_{CED} = \dfrac{1}{2}\cdot CE\cdot ED\cdot\sin{\alpha}.$

Перемножим полученные равенства:

$S^2 = \left(\dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot EB\cdot\sin{\alpha}\right)\cdot\left(\dfrac{1}{2}\cdot CE\cdot ED\cdot\sin{\alpha}\right) = \left(\dfrac{1}{2}\cdot BE\cdot EC\cdot\sin{(180^{\circ} - \alpha)}\right)\cdot\left(\dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot ED \cdot\sin{(180^{\circ} - \alpha)}\right) = S_{BEC}\cdot S_{AED}.$

Таким образом получаем: $S = \sqrt{S_{BEC}\cdot S_{AED}}$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Рассмотрим треугольники $ABD$ и $ACD$. Они имеют общую сторону $AD$. Если $S_{AEB} = S_{CED},$ то

$S_{ABD} = S_{ABE} + S_{AED} = S_{CED} + S_{AED} = S_{ACD},$

тогда высоты, проведённые из вершин $B$ и $C$ к стороне $AD$, равны. Но в таком случае отрезки $AD$ и $BC$ параллельны, то есть $ABCD$ - трапеция.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Длина средней линии трапеции равна $\dfrac{a + b}{2}$. Если в четырёхугольник $ABCD$ можно вписать окружность, то $AB + CD = AD + BC$, при этом $AB = CD$, значит,

$2AB = AD + BC\;\Longrightarrow AB = \dfrac{AD + BC}{2} = \dfrac{a + b}{2}.$

$\Box$

Katex

Доказательство:

Пусть $P$, $Q$ - середины оснований $AD$ и $BC$ соответственно, $E$ - точка пересечения диагоналей $ABCD$. $AED$ и $BEC$ - прямоугольные треугольники, при этом $EP$, $EQ$ - медианы этих треугольников, проведённые к гипотенузам, поэтому $EP = \dfrac{AD}{2}$ и $EQ = \dfrac{BC}{2}$, значит, $PQ = \dfrac{AD + BC}{2}$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Продлим боковые стороны трапеции до пересечения в точке $K$. Мы знаем, что

$\angle{KAD} + \angle{ADK} = 90^{\circ},$

значит, треугольник $AKD$ - прямоугольный, а также прямоугольным является треугольник $BKC$ (так как отрезки $AD$ и $BC$ параллельны). $KQ$ и $KP$ - медианы треугольников $AKD$ и $BKC$, проведённые к гипотенузам, поэтому $KQ = \dfrac{AD}{2}$ и $KP = \dfrac{BC}{2}$, значит, $PQ = \dfrac{AD - BC}{2}$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Пусть $M$ и $K$ - точки касания вписанной окружности с основаниями $AD$ и $BC$ соответственно. $N$ и $L$ - точки касания вписанной окружности с боковыми сторонами $AB$ и $CD$ соответственно. Так как $OM$ и $OK$ - радиусы окружности, то отрезки $OM$ и $OK$ перпендикулярны основаниям $AD$ и $BC$ и $AD$ параллельны, следовательно, точки $O$, $K$ и $M$ лежат на одной прямой, а значит $KM$ - высота трапеции. Значит, $OM = OK = r$ и $KM = 2r = h$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Боковая сторона равнобедренной трапеции, в которую можно вписать окружность, равна полусумме оснований, значит,

$AB = c = \dfrac{a + b}{2}.$ Рассмотрим высоту $BH$. Так как трапеция равнобедренная, то $AH = \dfrac{a - b}{2}$. По теореме Пифагора получаем, что $c^2 = \left(\dfrac{a - b}{2}\right)^2 + h^2$ или $h^2 = \left(\dfrac{a + b}{2}\right)^2 - \left(\dfrac{a - b}{2}\right)^2 = ab$. Мы знаем, что радиус окружности, вписанной в равнобедренную трапецию, равен половине высоты этой трапеции. Значит, $r = \dfrac{h}{2} = \dfrac{\sqrt{ab}}{2}.$

$\Box$

Katex

Доказательство:

Обозначим $\angle{CKD} = \alpha$. Тогда $\angle{AKD} = 180^{\circ} - \alpha$. $ABCD$ - равнобедренная трапеция, значит, $AKD$ - равнобедренный треугольник и $\angle{KAD} = \angle{KDA}$. Сумма углов треугольника равна $180^{\circ}$, поэтому $\angle{KAD} + \angle{KDA} = 2\angle{KAD} = 180^{\circ} - \angle{AKD} = \alpha$, то есть $\angle{KAD} = \dfrac{\alpha}{2}$.

Вписанный угол $\angle{CAD}$ опирается на дугу $\stackrel{\smile}{CD}$, центральный угол $\angle{COD}$ также опирается на эту дугу, значит $\angle{COD} = 2\angle{CAD} = \alpha$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Ранее мы доказали, что биссектрисы внутренних односторонних углов при параллельных прямых перпендикулярны. Докажем, что в трапеции они пересекаются на средней линии. Пусть $M$ - середина боковой стороны $AB$, биссектрисы углов $\angle{A}$ и $\angle{B}$ пересекаются в точке $N$. Продлим биссектрису $BN$ до пересечения в точке $K$ с основанием $AD$. $\angle{KBC} = \angle{AKB}$, так как они являются внутренними накрест лежащими, при этом $\angle{ABK} = \angle{KBC}$, так как $BK$ - биссектриса угла $ABC$. Получаем, что $\angle{ABK} = \angle{AKB}$, то есть $ABK$ - равнобедренный треугольник и $AB = AK$. $AN$ - высота равнобедренного треугольника $ABK$, проведённая к основанию, поэтому она также является медианой, а значит $BN = KN$. Получаем, что $AM = MB$ и $BN = NK$, поэтому по обратной теореме Фалеса отрезки $MN$ и $AK$ параллельны, из чего следует, что отрезок $MN$ лежит на средней линии трапеции, а значит на ней лежит и точка $N$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Докажем, что треугольники $BCM$ и $HDM$ равны. $M$ - середина $CD$, значит, $CM = MD$, углы $BMC$ и $DMH$ равны, так как являются вертикальными. Углы $BCM$ и $MDH$ равны, так как являются внутренними накрест лежащими углами при параллельных прямых. Из второго признака равенства треугольников следует, что $BCM$ и $HDM$ равны, значит, $S_{BCM} = S_{HDM}$.

Получаем:

$S_{ABCD} = S_{ABMD} + S_{BCM},\;\;\; S_{ABH} = S_{ABMD} + S_{HDM},$

значит, $S_{ABCD} = S_{ABH}$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

$BCHD$ - параллелограмм, значит, $S_{BDC} = S_{CDH}$. Мы знаем, что $S_{ABE} = S_{CDE}$, при этом $S_{ABC} = S_{ABE} + S_{BEC}$ и $S_{BCD} = S_{CDE} + S_{BEC}$, значит, $S_{ABC} = S_{BCD} = S_{CDH}$. Отсюда получаем, что $S_{ABCD} = S_{ACH}$.

$BCHD$ - параллелограмм, значит $DH = BC = a$. $AH = a + b$ и $BD = CH = d_2$. Значит, площадь треугольника $ACH$ мы можем найти по формуле Герона.

Площадь трапеции $ABCD$ можно найти из формулы: $S_{ABCD} = \dfrac{d_1d_2\sin{\alpha}}{2}$. Приравнивая площадь треугольника $ACH$ к площади $S_{ABCD}$, мы можем выразить $\sin{\alpha}$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Пусть $E$ - точка пересечения диагоналей трапеции. $\angle{EAD} = \angle{ECB}$ и $\angle{EDA} = \angle{EBC}$, так как они являются внутренними накрест лежащими при параллельных прямых, значит, треугольники $ECB$ и $EAD$ подобны с коэффициентом подобия $\dfrac{BC}{AD} = \dfrac{b}{a}$. Получаем:

$\dfrac{ED}{BE} = \dfrac{a}{b}\; \Longrightarrow ED = BE\dfrac{a}{b},$

$\dfrac{EA}{CE} = \dfrac{a}{b}\; \Longrightarrow EA = CE\dfrac{a}{b}.$

Треугольники $BME$ и $BAD$ подобны, так как отрезки $ME$ и $AD$ параллельны, причём их коэффициент подобия равен

$\dfrac{BE}{BD} = \dfrac{BE}{BE + ED} = \dfrac{BE}{\left(1 + \dfrac{a}{b}\right)BE} = \dfrac{b}{b+a}.$

Значит,

$\dfrac{ME}{AD} = \dfrac{b}{b+a}\; \Longrightarrow ME = \dfrac{ab}{a + b}.$

Проводя аналогичные рассуждения для треугольников $CEN$ и $CAD$ мы получаем, что $EN = \dfrac{ab}{a + b}$.

Таким образом, $MN = ME + EN = \dfrac{2ab}{a + b} = \dfrac{2}{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Пусть $MN = c$. Продлим боковые стороны трапеции до пересечения в точке $K$. Отрезки $AD$, $MN$ и $BC$ параллельны, поэтому треугольники $MKN$ и $BKC$ подобны с коэффициентом подобия $\dfrac{MN}{BC} = \dfrac{c}{b}$, а также подобны треугольники $AKD$ и $BKC$ с коэффициентом подобия $\dfrac{AD}{BC} = \dfrac{a}{b}$.

Пусть $S_1 = S_{BKC}$, $S = S_{AMND} = S_{MBCN}$. Известно, что площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия, значит:

$\dfrac{S_{MKN}}{S_{BKC}} = \dfrac{S + S_1}{S_1} = \dfrac{S}{S_1} + 1 = \left(\dfrac{c}{b}\right)^2 \Longrightarrow c^2 = b^2\left(\dfrac{S}{S_1} + 1\right) \Longrightarrow c = b\sqrt{\left(\dfrac{S}{S_1} + 1\right)}.$

Аналогично получаем, что

$\dfrac{S_{AKD}}{S_{BKC}} = \dfrac{2S + S_1}{S_1} = 2\dfrac{S}{S_1} + 1 = \left(\dfrac{a}{b}\right)^2\Longrightarrow \dfrac{S}{S_1} = \dfrac{a^2 - b^2}{2b^2}.$

То есть

$c = b\sqrt{\left(\dfrac{S}{S_1} + 1\right)} = b\sqrt{\dfrac{a^2 - b^2}{2b^2} + 1} = \sqrt{\dfrac{a^2 + b^2}{2}}.$

$\Box$

Katex

Доказательство:

Трапеции $MBCN$ и $AMND$ подобны, а значит $\dfrac{AD}{MN} = \dfrac{MN}{BC}$, поэтому

$MN^2 = AD\cdot BC = ab,$ то есть $MN = \sqrt{ab}$.

$\Box$

▷

◁

☰

Вернуться к списку тем

Перейти в следующий раздел

Перейти в предыдущий раздел