Трапец. Равнобедрен и правоъгълен трапец 8 клас
📞 Онлайн уроци по математика за цялата страна◆
гл.ас. д-р Атанас Илчев◆
Индивидуални и групови уроци • Тел: 0883 375 433◆
Подготовка за НВО, ДЗИ, кандидатстудентски изпити◆
📞 Онлайн уроци по математика за цялата страна◆
гл.ас. д-р Атанас Илчев◆
Индивидуални и групови уроци • Тел: 0883 375 433◆
Подготовка за НВО, ДЗИ, кандидатстудентски изпити◆
Математика › 8 клас › Геометрия › Трапец
Трапец
Теория, видове, решени задачи и тест
Определение, правоъгълен и равнобедрен трапец, формула за лице, 4 разработени задачи с чертежи и 11 задачи за самостоятелна работа
Видове трапеци, свойства на ъглите, теореми за равнобедрен трапец и приложения в задачи с лице, периметър и доказателства
Теория
Определение 1: Трапецът е четириъгълник, на който една двойка срещуположни страни са успоредни. Успоредните страни се наричат основи, а другите две — бедра.
В трапеца \(ABCD\) с \(AB\parallel CD\): \(AB=a\) — голяма основа; \(CD=b\) — малка основа; \(AD=d\) и \(BC=c\) — бедра. Тъй като \(\sphericalangle A\) и \(\sphericalangle D\) са съседни ъгли при едно бедро на паралелни прави, важи: \[\sphericalangle A+\sphericalangle D = \sphericalangle B+\sphericalangle C = 180°.\]
Формула за лице: \(S = \dfrac{(a+b)\cdot h}{2}\), където \(h\) е височината (разстоянието между двете основи).
Видове трапеци
Определение 2: Трапец, на който едното бедро е перпендикулярно на основите, се нарича правоъгълен трапец.
В \(ABCD\) с \(AD\perp AB\): \(\sphericalangle A=\sphericalangle D=90°\). Височината \(CH=AD\), тъй като \(AHCD\) е правоъгълник. Следователно \(HB=AB-CD=a-b\).
В \(ABCD\) с \(AD\perp AB\): \(\sphericalangle A=\sphericalangle D=90°\). Височината \(CH=AD\), тъй като \(AHCD\) е правоъгълник. Следователно \(HB=AB-CD=a-b\).
Определение 3: Трапец, на който двете бедра са равни, се нарича равнобедрен трапец.
Теорема 1: Един трапец е равнобедрен тогава и само тогава, когато ъглите при една от основите му са равни.
От Теорема 1: \(\sphericalangle A=\sphericalangle B=\alpha\) и \(\sphericalangle C=\sphericalangle D=180°-\alpha\).
От Теорема 1: \(\sphericalangle A=\sphericalangle B=\alpha\) и \(\sphericalangle C=\sphericalangle D=180°-\alpha\).
Теорема 2: Един трапец е равнобедрен тогава и само тогава, когато диагоналите му са равни.
Разработени задачи
Кликнете върху задача за пълното решение.
1
Даден е трапец \(ABCD\) (\(AB\parallel CD\)) с пресечна точка на диагоналите \(O\). Докажете, че ако \(AO=OB\), то \(ABCD\) е равнобедрен трапец.
▼
Доказателство
Тъй като \(AO=BO\), то \(\triangle ABO\) е равнобедрен, следователно \(\sphericalangle OAB=\sphericalangle OBA=\alpha\).
От \(AB\parallel CD\) следват кръстни ъгли: \(\sphericalangle OAB=\sphericalangle OCB=\alpha\) и \(\sphericalangle OBA=\sphericalangle ODA=\alpha\).
Следователно \(\triangle DOC\) е равнобедрен с \(DO=CO\).
Тогава \(AC = AO+OC = BO+OD = BD\), т.е. диагоналите са равни.
По Теорема 2 трапецът \(ABCD\) е равнобедрен. \(\blacksquare\)
Тъй като \(AO=BO\), то \(\triangle ABO\) е равнобедрен, следователно \(\sphericalangle OAB=\sphericalangle OBA=\alpha\).
От \(AB\parallel CD\) следват кръстни ъгли: \(\sphericalangle OAB=\sphericalangle OCB=\alpha\) и \(\sphericalangle OBA=\sphericalangle ODA=\alpha\).
Следователно \(\triangle DOC\) е равнобедрен с \(DO=CO\).
Тогава \(AC = AO+OC = BO+OD = BD\), т.е. диагоналите са равни.
По Теорема 2 трапецът \(ABCD\) е равнобедрен. \(\blacksquare\)
2
Острият ъгъл на равнобедрен трапец е \(60°\). Диагоналите му са перпендикулярни на бедрата. Намерете периметъра на трапеца, ако бедрото му е \(5\) cm.
▼
Решение
\(AD=BC=5\) cm, \(\sphericalangle A=\sphericalangle B=60°\). Тъй като \(AC\perp AD\) (диагоналът е перпендикулярен на бедрото), \(\sphericalangle DAC=90°\), откъдето \(\sphericalangle ADB=\sphericalangle ACB=90°\). Следователно \(\sphericalangle DAC=\sphericalangle CAB=\sphericalangle DBC=\sphericalangle DBA=30°\).
От теоремата за катет срещу \(30°\): в правоъгълния \(\triangle ADB\) катетът \(AD\) е срещу \(30°\), хипотенуза \(AB\), следователно \(AD=\frac{1}{2}AB\), т.е. \(AB=2\cdot5=10\) cm.
Построяваме височините \(DH\) и \(CK\). \(\triangle AHD\cong\triangle BKC\) (IV признак) \(\Rightarrow AH=BK\). Тъй като \(CD=HK\) (\(HKCD\) е правоъгълник): \(AH=\frac{AB-CD}{2}\). В правоъгълния \(\triangle AHD\) при \(30°\): \(AH=\frac{AD}{2}=2{,}5\) cm. \[CD = AB-2\cdot AH = 10-5=5 \text{ cm}.\] \[P_{ABCD} = AB+BC+CD+AD = 10+5+5+5 = 25 \text{ cm}.\]
\(AD=BC=5\) cm, \(\sphericalangle A=\sphericalangle B=60°\). Тъй като \(AC\perp AD\) (диагоналът е перпендикулярен на бедрото), \(\sphericalangle DAC=90°\), откъдето \(\sphericalangle ADB=\sphericalangle ACB=90°\). Следователно \(\sphericalangle DAC=\sphericalangle CAB=\sphericalangle DBC=\sphericalangle DBA=30°\).
От теоремата за катет срещу \(30°\): в правоъгълния \(\triangle ADB\) катетът \(AD\) е срещу \(30°\), хипотенуза \(AB\), следователно \(AD=\frac{1}{2}AB\), т.е. \(AB=2\cdot5=10\) cm.
Построяваме височините \(DH\) и \(CK\). \(\triangle AHD\cong\triangle BKC\) (IV признак) \(\Rightarrow AH=BK\). Тъй като \(CD=HK\) (\(HKCD\) е правоъгълник): \(AH=\frac{AB-CD}{2}\). В правоъгълния \(\triangle AHD\) при \(30°\): \(AH=\frac{AD}{2}=2{,}5\) cm. \[CD = AB-2\cdot AH = 10-5=5 \text{ cm}.\] \[P_{ABCD} = AB+BC+CD+AD = 10+5+5+5 = 25 \text{ cm}.\]
3
Даден е правоъгълен трапец \(ABCD\) (\(AB\parallel CD,\, AB>CD,\, AD\perp AB\)). Лицето на \(\triangle ABC\) е \(\frac{2}{3}\) от лицето на трапеца. Докажете, че \(\triangle ABC\) е равнобедрен.
▼
Доказателство
Нека \(S_{\triangle ABC} = \frac{2}{3}S_{ABCD}\). Тъй като \(S_{ABCD} = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ACD}\):
\[S_{\triangle ACD} = S_{ABCD} - S_{\triangle ABC} = \frac{3}{2}S_{\triangle ABC} - S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}S_{\triangle ABC}.\]
Изразяваме лицата (\(CH=AD=h\) е височина на трапеца и в \(\triangle ABC\)):
\[S_{ABCD} = \frac{(AB+CD)\cdot h}{2}, \quad S_{\triangle ACD} = \frac{CD\cdot h}{2}.\]
От \(S_{ABCD} = \frac{3}{2}S_{\triangle ABC} = \frac{3}{2}\cdot\frac{2}{3}S_{ABCD} = S_{ABCD}\) — за намирането на AB/CD ще ползваме пряко:
\[S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2}S_{\triangle ABC} \implies \frac{CD\cdot h}{2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{AB\cdot h}{2} \implies CD = \frac{AB}{2} \implies AB = 2CD.\]
Тъй като \(AHCD\) е правоъгълник (\(AD\perp AB\)): \(AH=CD\). Следователно \(AH=\frac{AB}{2}\), т.е. \(H\) е средата на \(AB\). Значи \(CH\) е едновременно медиана и височина в \(\triangle ABC\), откъдето \(\triangle ABC\) е равнобедрен: \(AC=BC\). \(\blacksquare\)
Нека \(S_{\triangle ABC} = \frac{2}{3}S_{ABCD}\). Тъй като \(S_{ABCD} = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ACD}\):
\[S_{\triangle ACD} = S_{ABCD} - S_{\triangle ABC} = \frac{3}{2}S_{\triangle ABC} - S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}S_{\triangle ABC}.\]
Изразяваме лицата (\(CH=AD=h\) е височина на трапеца и в \(\triangle ABC\)):
\[S_{ABCD} = \frac{(AB+CD)\cdot h}{2}, \quad S_{\triangle ACD} = \frac{CD\cdot h}{2}.\]
От \(S_{ABCD} = \frac{3}{2}S_{\triangle ABC} = \frac{3}{2}\cdot\frac{2}{3}S_{ABCD} = S_{ABCD}\) — за намирането на AB/CD ще ползваме пряко:
\[S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2}S_{\triangle ABC} \implies \frac{CD\cdot h}{2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{AB\cdot h}{2} \implies CD = \frac{AB}{2} \implies AB = 2CD.\]
Тъй като \(AHCD\) е правоъгълник (\(AD\perp AB\)): \(AH=CD\). Следователно \(AH=\frac{AB}{2}\), т.е. \(H\) е средата на \(AB\). Значи \(CH\) е едновременно медиана и височина в \(\triangle ABC\), откъдето \(\triangle ABC\) е равнобедрен: \(AC=BC\). \(\blacksquare\)
4
Бедрата на трапец \(ABCD\) (\(AB\parallel CD\)) са перпендикулярни и \(AD=\dfrac{AB-CD}{2}\). Намерете ъглите на трапеца.
▼
Решение
От условието: \(2AD=AB-CD\). Построяваме \(DL\parallel BC\) (\(L\in AB\)), откъдето \(\sphericalangle ADL=90°\) (бедрата са перпендикулярни). Тогава \(AL=AB-LB=AB-CD=2AD\) (тъй като \(LB=CD\) от успоредника \(DLBC\)).
В правоъгълния \(\triangle ADL\): хипотенуза \(AL=2AD\), катет \(AD\) — от теоремата за катет срещу \(30°\): \[\sphericalangle ALD = 30° \implies \sphericalangle LAD = 60°.\] Следователно: \(\sphericalangle A = 60°\), \(\sphericalangle D = 180°-60°=120°\). От перпендикулярността на бедрата \(\sphericalangle ADC+\sphericalangle DCB\ldots\) по-конкретно: \[\sphericalangle B = \sphericalangle ALD = 30°, \quad \sphericalangle C = 150°.\] Отговор: \(\sphericalangle A=60°\), \(\sphericalangle B=30°\), \(\sphericalangle C=150°\), \(\sphericalangle D=120°\).
От условието: \(2AD=AB-CD\). Построяваме \(DL\parallel BC\) (\(L\in AB\)), откъдето \(\sphericalangle ADL=90°\) (бедрата са перпендикулярни). Тогава \(AL=AB-LB=AB-CD=2AD\) (тъй като \(LB=CD\) от успоредника \(DLBC\)).
В правоъгълния \(\triangle ADL\): хипотенуза \(AL=2AD\), катет \(AD\) — от теоремата за катет срещу \(30°\): \[\sphericalangle ALD = 30° \implies \sphericalangle LAD = 60°.\] Следователно: \(\sphericalangle A = 60°\), \(\sphericalangle D = 180°-60°=120°\). От перпендикулярността на бедрата \(\sphericalangle ADC+\sphericalangle DCB\ldots\) по-конкретно: \[\sphericalangle B = \sphericalangle ALD = 30°, \quad \sphericalangle C = 150°.\] Отговор: \(\sphericalangle A=60°\), \(\sphericalangle B=30°\), \(\sphericalangle C=150°\), \(\sphericalangle D=120°\).
Задачи за самостоятелна работа
Задача 1Равнобедрен трапец с периметър \(78\) cm и отношение на основите \(11:5\). Диагоналът разполовява един от ъглите. Намерете страните на трапеца.
Задача 2В равнобедрения трапец \(ABCD\) (\(AB\parallel CD\)) диагоналите се пресичат в \(O\) и \(\sphericalangle AOB=60°\). Докажете, че средите на \(AO\), \(DO\) и \(BC\) са върхове на равностранен триъгълник.
Задача 3В трапеца \(ABCD\) (\(AB\parallel CD\)) от \(D\) и \(C\) са спуснати перпендикуляри към \(AB\) в точки \(M\) и \(N\). Ако \(AD=2AM\) и \(CN=BN\), намерете ъглите на трапеца.
Задача 4В трапеца \(ABCD\) основата \(CD\) е 5 пъти по-малка от \(AB\) и точката \(C\) лежи на симетралата на \(AB\).
а) Докажете, че \(S_{\triangle ABC}:S_{ABCD}=5:6\).
б) Ако \(CD=2\) cm и \(P_{ABCD}=24\) cm, намерете периметъра на \(\triangle ACD\).
а) Докажете, че \(S_{\triangle ABC}:S_{ABCD}=5:6\).
б) Ако \(CD=2\) cm и \(P_{ABCD}=24\) cm, намерете периметъра на \(\triangle ACD\).
Задача 5Намерете лицето на равнобедрен трапец с основи \(20\) cm и \(14\) cm, ако един от ъглите му е \(45°\).
Задача 6В трапеца \(ABCD\) с основи \(AB\) и \(CD\) през \(C\) е прекарана права, успоредна на диагонала \(BD\), пресичаща правата \(AB\) в точка \(M\). Докажете, че:
а) \(S_{\triangle ACD}=S_{\triangle BCD}=S_{\triangle BCM}\);
б) \(S_{\triangle AMC}=S_{ABCD}\).
а) \(S_{\triangle ACD}=S_{\triangle BCD}=S_{\triangle BCM}\);
б) \(S_{\triangle AMC}=S_{ABCD}\).
Задача 7Намерете лицето на трапец с диагонали \(25\) cm и \(28\) cm и ъгъл между диагоналите \(150°\).
Задача 8Върху правата \(CD\) са дадени точки \(C_1\) и \(D_1\) с \(CD=C_1D_1\) и \(ABC_1D_1\) е трапец. Докажете, че двата трапеца \(ABCD\) и \(ABC_1D_1\) са равнолицеви.
Задача 9В трапеца \(ABCD\) диагоналите се пресичат в \(O\). Докажете, че:
а) \(S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}\);
б) \(S_{\triangle ADO}=S_{\triangle BCO}\).
а) \(S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}\);
б) \(S_{\triangle ADO}=S_{\triangle BCO}\).
Задача 10В трапеца \(ABCD\) краищата на бедрото \(BC\) са съединени със средата на бедрото \(AD\). Докажете, че лицето на получения триъгълник е равно на половината от лицето на трапеца.
Задача 11Докажете, че пресечната точка на диагоналите на равнобедрен трапец е равноотдалечена от бедрата му.
Онлайн тест
15 въпроса • 4 точки за верен отговор • максимум 60 точки
Тест: Трапец
Изберете верния отговор за всеки въпрос, след което натиснете КРАЙ.
Запишете урок
Индивидуални и групови онлайн уроци по математика за цялата страна
🎓 Подготовка за изпити
- ›НВО по математика след 7 клас
- ›НВО по математика след 10 клас
- ›Кандидатстудентски изпити по математика
- ›Прием в университети в чужбина (ISEE, SAT, A-Level)
📚 Текущо обучение и студенти
- ›Усвояване на текущия учебен материал (всички класове)
- ›Студенти: Мат. анализ, Линейна алгебра, Аналитична геометрия, Диф. уравнения, Теория на вероятностите, Статистика и др.
Харесва ли ви съдържанието?
Ако този урок ви е бил полезен, можете да подкрепите създаването на нови безплатни материали.
📞 Онлайн уроци по математика за цялата страна◆
гл.ас. д-р Атанас Илчев◆
Индивидуални и групови уроци • Тел: 0883 375 433◆
Подготовка за НВО, ДЗИ, кандидатстудентски изпити◆
📞 Онлайн уроци по математика за цялата страна◆
гл.ас. д-р Атанас Илчев◆
Индивидуални и групови уроци • Тел: 0883 375 433◆
Подготовка за НВО, ДЗИ, кандидатстудентски изпити◆
Коментари
Публикуване на коментар