Математика 9 класс, 2017/2018 уч. год 9-M-1

5. Трапеция

  • Опубликовал Витченко О. Н.
  • 13 июня 2017 г. 13:06:09 +03
  • 0 комментариев
  • 32 просмотра

   1° Во всякой трапеции середины боковых сторон и середины диагоналей лежат на одной прямой.
   □ Через точку M - середину стороны AB - проведём прямую, параллельную основанию (рис. 24). Докажем, что она разделит пополам обе диагонали и другую боковую сторону. В треугольнике BAC  MPBC и AM=MB. По теореме Фалеса AP=PC.
   В треугольнике ABD точка M - середина стороны, MQAD. Пo теореме Фалеса  BQ=QD. Наконец, в треугольнике BDC точка Q - середина BD,  QNBC. По теореме Фалеса CN=ND.
   Итак, середины боковых сторон (точки M и N) и середины диагоналей (точки P и Q) лежат на одной прямой.
   2° Средняя линия трапеции равна полусумме оснований; отрезок, соединяющий середины диагоналей, равен полуразности оснований.
   □ Пусть AD=a,  BC=b. Из 1° следует, что MQ - средняя линия треугольника  ABD,поэтому MQ=a2;  MP и QN - средние линии треугольников BAC и BDC, поэтому MP=QN=b2. Отсюда следует, что MN=a+b2 и PQ=a-b2. ■
   3° Во всякой трапеции середины оснований, точка пересе-чения диагоналей и точка пересечения продолжений боковых сторон лежат на одной прямой.
   □ Пусть продолжения боковых сторон пересекаются в точке K. Через точку K и точку  O пересечения диагоналей проведём прямую KO (рис. 25).
   Докажем, что эта прямая делит основания пополам.
   Обозначим BM=x,  MC=y,  AN==u,  ND=v.
Имеем:
              BKM~AKNBMAN=KMKN;MKC~NKDMCND=KMKNBMAN=MCND, т. е. xu=yv.
Далее, BMO~DNOBMND=MONO,  CMO~ANOMCAN=MONO,
поэтому BMND=MCAN, т. е. xv=yu.
Перемножим полученные равенства, получим x2uv=y2uv, откуда следует x=y, но тогда и u=v. ■

    4° В равнобокой трапеции углы при основании равны.
   □ Проведём CFBA (рис. 26). ABCF - параллелограмм, CF=BA, тогда треугольник FCD равнобедренный, 1=2. Но 2=3, следовательно, 1=3. ■

   5° В равнобокой трапеции высота, опущенная из конца меньшего основания на большее основание, делит его на два отрезка, один из которых ра¬вен полусумме оснований, другой – полуразности оснований.
   □ Если BMAD и CNAD,  то BAM=CDN (рис. 27). BMCN - прямоугольник, MN=b, тогда ND=a-b2, а AN=a-a-b2=a+b2. ■
   6° В равнобокой трапеции прямая, проходящая через середи-ны оснований, перпендикулярна основаниям и является осью симметрии трапеции.
   □ Пусть K - точка пересечения продолжений боковых сторон трапеции (рис. 28). Как следует из свойства 2°, середины оснований – точки M и N - и точка K лежат на одной прямой, а как следует из свойства 4°, углы A и D равны. Таким образом, треугольник AKD - равнобедренный, KN - его медиана, она является и высотой. Итак, MNAD.
   Легко видеть, что при симметрии относительно прямой MN точки A и B переходят в точка D и C и наоборот. MN - ось симметрии трапеции. ■
   7° В равнобокой трапеции диагонали равны.
   □ Рассмотрим треугольники ABD и DCA (рис. 29): AB=DC (трапеция равнобокая), AD - общая сторона, BAD=ADC (следует из свойства 4°). По первому признаку равенства эти треугольники равны и BD=AC. ■

   Пример 14. Диагонали трапеции перпендикулярны, одна из них равна Отрезок, соединяющий середины оснований, равен (рис. 30). Найти другую диагональ.
   △ 1. Треугольник AOD - прямоугольный, ON - медиана, проведённая из вершины прямого угла, она равна половине гипотенузы, т. е.
                                                                              ON=12AD.
Аналогично устанавливается, что OM=12BC. По свойству 3° точки M, O и N лежат на одной прямой. Таким образом, MN=OM+ON=12AD+BC, поэтому AD+BC=2MN=9.
   2. Проведём через точку D прямую, параллельную диагонали AC, пусть K - точка её пересечения с прямой BC. Угол BDK прямой, это угол между диагоналями трапеции. Кроме того, ACKD по построению параллелограмм, CK=AD, значит, BK=BC+AD=9. Треугольник BKD - прямоугольный, один из катетов (пусть DK) равен 6. По теореме Пифагора находим: BD=BK2-DK2=35. ▲
   Пример 15. В равнобокой трапеции с периметром 10 и высотой 2 диагонали, пересекаясь, делятся в отношении 4:1. Найти основания.
   △1. Пусть O - точка пересечения диагоналей трапеции ABCD (рис. 31) и AO:OC=4:1. Треугольники AOD и COB подобны, AO:OC=AD:BC=4, т. е. AD=4BC. Обозначим BC=x, тогда AD=4x.
   2. Пусть CKAD;  CK - высота трапеции, по условию CK=2, а как следует из свойства 5°,
                                                              KD=12AD-BC=32x.
   Из прямоугольного треугольника CKD имеем CD=4+94x2. Выражаем периметр трапеции: 10=5x+24+94x2.
   Решаем уравнение 24+94x2=10-5x, оно имеет единственный корень x=1.Итак, BC=1,  AD=4. ▲