Математика 9 класс 9-M-1

9-М-1. 5. Трапеция

  • Опубликовал Витченко О. Н.
  • 13 июня 2017 г. 13:06:09 +03
  • 0 комментариев
  • 145 просмотров
Утверждение 1

Во всякой трапеции середины боковых сторон и середины диагоналей лежат на одной прямой.

Доказательство

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` MPBCMP \parallel BC  и `AM = MB`. По теореме Фалеса  `AP = PC`.

В треугольнике `ABD` точка `M` - середина стороны, MQADMQ \parallel AD. По теореме Фалеса `BQ = QD`. Наконец, в треугольнике `BDC` точка `Q` - середина `BD`, QNBCQN \parallel BC. По теореме Фалеса `CN = ND`. 

Итак, середины боковых сторон (точки `M` и `N`) и середины диагоналей (точки `P` и `Q`) лежат на одной прямой.

Утверждение 2

Средняя линия трапеции равна полусумме оснований; отрезок, соединяющий середины диагоналей, равен полуразности оснований.

Доказательство

Пусть `AD = a`, `BC = b`. Из Утверждения 1 следует, что `MQ` - средняя линия треугольника  `ABD`, поэтому `MQ = a/2`; `MP` и `QN` - средние линии треугольников `BAC` и `BDC`, поэтому `MP = QN = b/2`. 

Отсюда следует, что `MN = (a + b)/2`  и  `PQ = (a - b)/2`. 

Утверждение 3

Во всякой трапеции середины оснований, точка пересе-чения диагоналей и точка пересечения продолжений боковых сторон лежат на одной прямой.

Доказательство

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:

ΔBKMΔAKNBMAN=KMKN;ΔMKCΔNKDMCND=KMKNBMAN=MCND\left.\begin{array}{rcl}\Delta BKM \sim \Delta AKN \Rightarrow \frac {BM}{AN} = \frac {KM}{KN};\\\Delta MKC \sim \Delta NKD \Rightarrow \frac {MC}{ND} = \frac {KM}{KN}\end{array}\right\} \Rightarrow \frac {BM}{AN} = \frac {MC}{ND},   т. е.   `x/u = y/v`. 

Далее, `Delta BMO ~ Delta DNO => (BM)/(ND) = (MO)/(NO)`,   `Delta CMO ~ Delta ANO => (MC)/(AN) = (MO)/(NO)`,  поэтому `(BM)/(ND) = (MC)/(AN)`,   т. е. `x/v = y/u`.

Перемножим полученные равенства, получим `x^2/(uv) = y^2/(uv)`, откуда следует   `x = y`,   но тогда и  `u = v`.  

Утверждение 4

В равнобокой трапеции углы при основании равны.

Доказательство

Проведём CFBACF \parallel BA (рис. 26). `ABCF` - параллелограмм, `CF = BA`, тогда треугольник `FCD` равнобедренный, `/_ 1 = /_ 2`. Но `/_ 2 = /_ 3`, следовательно,  `/_ 1 = /_ 3`. 

Утверждение 5

В равнобокой трапеции высота, опущенная из конца меньшего основания на большее основание, делит его на два отрезка, один из которых равен полусумме оснований, другой – полуразности оснований.

Доказательство

Если `BM_|_ AD` и `CN _|_ AD`, то `Delta BAM = /_ CDN` (рис. 27). `BMCN` - прямоугольник, `MN = b`,  тогда `ND = (a - b)/2`,  а `AN = a - (a - b)/2 = (a + b)/2`. 

Утверждение 6

В равнобокой трапеции прямая, проходящая через середи-ны оснований, перпендикулярна основаниям и является осью симметрии трапеции.

Доказательство

Пусть `K` - точка пересечения продолжений боковых сторон трапеции (рис. 28). Как следует из Утверждения 2, середины оснований – точки `M` и `N` - и точка `K` лежат на одной прямой, а как следует из Утверждения 4, углы `A` и `D` равны. Таким образом, треугольник `AKD` - равнобедренный, `KN` - его медиана, она является и высотой. Итак, `MN _|_ AD`.

Легко видеть, что при симметрии относительно прямой `MN` точки `A` и `B`  переходят в точка `D` и `C` и наоборот. `MN` - ось симметрии трапеции.

Утверждение 7

В равнобокой трапеции диагонали равны.

Доказательство

Рассмотрим треугольники `ABD` и `DCA` (рис. 29): `AB = DC` (трапеция равнобокая), `AD` - общая сторона, `/_ BAD = /_ ADC` (следует из Утверждения 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 `4,5` (рис. 30). Найти другую диагональ.

Решение

1. Треугольник `AOD` - прямоугольный, `ON` - медиана, проведённая из вершины прямого угла, она равна половине гипотенузы, т. е.
                                                                      `ON = 1/2 AD`.

Аналогично устанавливается, что `OM = 1/2 BC`. По Утверждению 3 точки `M`, `O` и `N` лежат на одной прямой. Таким образом,  `MN = OM + ON = 1/2 (AD + 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 = sqrt(BK^2 - DK^2) = 3 sqrt5`.

Пример 15

В равнобокой трапеции с периметром `10` и высотой `2`  диагонали, пересекаясь, делятся в отношении `4:1`. Найти основания.

Решение

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 `CK _|_ AD`; `CK` - высота трапеции, по условию `CK = 2`,  а как следует из Утверждения 5,
                                                           `KD = 1/2 (AD - BC) = 3/2 x`.    

Из прямоугольного треугольника `CKD` имеем `CD = sqrt(4 + 9/4 x^2)`.  Выражаем периметр трапеции: `10 = (5x + 2 sqrt(4 + 9/4 x^2) )`.

Решаем уравнение `2 sqrt(4 + 9/4 x^2) = 10 - 5x`,  оно имеет единственный корень `x = 1`.

Итак,  `BC = 1`, `AD = 4`.