Четириъгълници - основни задачи

Самоподготовка по Математика
за 10 клас
Геометрия

Съдържание на темата:

Успоредник. Видове успоредници – основни задачи
Трапец – основни задачи

I. Успоредник. Видове успоредници

Теория

Основни задачи

ОЗ 3.1:

Докажете, че средите на страните на:

а) произволен четириъгълник са върхове на успоредник;

б) произволен успоредник са върхове на успоредник;

в) всеки правоъгълник са върхове на ромб;

г) всеки ромб са върхове на правоъгълник.

Решете сами задачата като използвате теорията. Ако не можете, разгледайте упътването и отново се опитайте да я решите. При евентуален неуспех вижте примерното решение.

Използвайте стредни отсечки в подходящи триъгълници.

а) Нека точките M, N, P, Q са средите на страните на четириъгълника ABCD.

MP – средна отсечка в ΔABD MP || BD и MP = BD.
NQ – средна отсечка в ΔBCD NQ || BD и NQ = BD.
Следователно MP || NQ и MP = NQ, т.е. MPNQ е успоредник.

б) Нека точките M, N, P, Q са средите на страните на успоредника ABCD. По подобен начин както в подточка а) доказваме, че MPNQ е успоредник.

в) Нека точките M, N, P, Q са средите на страните на правоъгълника ABCD, а АС и BD – негови диагонали.

По подобен начин както в подточка а) доказваме, че MPNQ е успоредник.
MQ – средна отсечка в ΔACD MQ || AC и MQ = AC.
Но AC = BD (като диагонали в правоъгълник) MP = MQ, т.е. MPNQ е ромб.

г) Нека точките M, N, P, Q са средите на страните на ромба ABCD, а АС и BD – негови диагонали.

По подобен начин както в подточка а) доказваме, че MPNQ е успоредник.
ABCD – ромб и АС и BD – негови диагонали AOD = 90°.
MQ || AC и MP || BD MFO = EOD = 90° и MEO = EOD = 90° (като прилежащи ъгли), т.е. MPNQ е правоъгълник.

ОЗ 3.2:

На фигурата е даден успоредник ABCD и точките P и Q, които са среди съответно на страните AB и CD. Правите DP и BQ пресичат диагонала AC съответно в точките E и F, а т. О е пресечна точка между диагоналите на успоредника. Докажете, че:

а) правите PD и BQ делят диагонала AC на три равни части;

б) EO = AC.

а)

Докажете, че PBQD е успоредник.
Използвайте подходяща теорема за средна отсечка в ΔABF и ΔEDC.

б) Докажете, че AO и DP са медиани в ΔABD и използвайте теорема за медицентър.

а)

Доказваме, че PBQD – успоредник:
- ABCD – успоредник AB = CD и
  (А): AB || CD.
- т. P и т. Q – среди съответно на AB и CD тогава
  (В): PB = DQ.
- От (А) и (В) PBQD – успоредник.
Доказваме, че AE = EF = FC:
- т. Р – среда на АВ и PE || BF РЕ – средна отсечка в ΔABF, т.е. т. E е среда на AF или
  (C): AE = EF.
- По аналогичен начин от ΔEDC доказваме, че
  (D): EF= FC.
- От (C) и (D) AE = EF = FC.

б)

В а) доказахме, че AE = AC.
т. О е среда на BD AO – медиана в ΔABD.
т. P е среда на AB DP – медиана в ΔABD.
Т.е. т. E е медицентър в ΔABD EO OE = AC.

Бележка:

За други основни задачи виж „Основни задачи“.

Върни се в теорията

II. Трапец

Теория

Средна основа (или средна отсечка) на трапец – Основни задачи

ОЗ 4.1:

На фигурата е даден е трапец ABCD с голяма основа AB = a и малка основа CD = b. Средната основа MN пресича диагоналите АС и BD съответно в т. Р и т. Q. Да се докаже, че:

а) точките P и Q са среди на диагоналите AC и BD.

б) PQ .

а) Използвайте средни отсечки в подходящи триъгълници.

б) Използвайте средни отсечки в ΔACD и ΔBCD, и средна основа в трапеца ABCD.

а) Т. М е среда на AD и MP || CD MP – средна отсечка в ΔACD, т.е. т. Р е среда на АС. По подобен начин доказваме, че т. Q е среда на BD.

б)

MP – средна отсечка в ΔACD MP .
QN – средна отсечка в ΔBCD QN .
MN – средна основа в ABCD MN .
PQ = MN – (MP + QN) – b PQ .

Бележка:

Отбележете, че средната основа на произволен трапец се дели от диагоналите му на три отсечки, две от които са равни, т.е. MP = QN (виж фигурата от условието на задачата).

ОЗ 4.2:

Дължините на основите на трапец са a и b. Отсечката, минаваща през пресечната точка на диагоналите на трапеца (т. О) и успоредна на основите му, пресича бедрата BC и AD съответно в точките N и M.

а) Да се докаже, че точка О е среда на MN.

б) Да се намери MN.

а) Докажете, че ΔMOA е подобен на ΔDCA и ΔNOB е подобен на ΔCDB, и след това използвайте подходящо свойство на подобните триъгълници.

б) Докажете, че ΔAOB е подобен на ΔCOD и след това използвайте подходящо свойство на подобните триъгълници, за да намерите отсечката MO.

а) Нека AA₁ = OP = h₁ – височина на ΔMOA и ΔABO, QO = h₂ – височина на ΔDCO, AA₂ = DH = h = h₁ + h₂ – височина на трапеца ABCD и ΔDCA.

ΔMOA ~ ΔDCA (по І признак, защото: 1. CAD – общ, 2. OMA = CDA – като съответни ъгли на MO || CD) и прилагаме подходящо свойство (формула 8):
, т.е.:
(A): MO CD.
ΔNOB ~ ΔCDB (по І признак, защото: 1. CBD – общ, 2. ONB = DCB – като съответни ъгли на NO || CD) и отново прилагаме формула (8):

(B): NO CD.
От (А) и (В) MO = NO, т.е. т. О е среда на MN.

б)

От а) MO = NO, т.е. MN = 2MO.
Намираме МO:

Върни се в теорията

Равнобедрен трапец – Основни задачи

ОЗ 4.3:

Нека за равнобедрен трапец ABCD имаме означенията AB = a, CD = b, DH – височина. Да се докаже, че:

а) ;

б) .

а) Постройте височината на трапеца и намерете еднакви триъгълници.

б) Използвайте доказаното в подточка а).

а)

Построяваме DH и CM височини на трапеца.
Тогава HMCD – правоъгълник, защото DHM = CMH = HDC = 90° HM = DC = b.
ΔAHD ≅ ΔBMC (II признак), защото: 1. AD = BC – по условие, 2. HAD = MBC – по условие, 3. AHD = BMC = 90°. Тогава AH = BM = x.
AH + HM + MB = AB 2x + b = a x = .

б)

BH = AB – AH = a –

Бележка:

От ОЗ 4.1 и ОЗ 4.3 следва, че при равнобедрен трапец имаме AH = PQ и BH = MN.

ОЗ 4.4:: Да се докаже, че в равнобедрен трапец симетралата на голямата и малката основа съвпадат.

През средата на голямата основа АВ (нека това да е т. М) постройте симетралата на АВ.
Докажете, че тази права е симетрала и на малката основа, като използвате, това че ΔAMD е еднакъв на ΔBMC.

Нека т. M е среда на АВ и MN = s_AB MN DC (защото MN AB и AB || DC, тогава AMN = CNM = 90° като кръстни ъгли).
ΔAMD ≅ ΔBMC (I признак, защото: 1. AM = BM – по построение, 2. AD = BC – по условие, 3. MAD = MBC – по условие). Тогава DM = CM, т.е. ΔDMC – равнобедрен.
Но MN – височина в този триъгълник MN – медиана, т.е. т. N – среда на DC или MN = s_DC.

ОЗ 4.5:: Да се докаже, че в равнобедрен трапец пресечната точка на продължението на бедрата му, пресечната точка на диагоналите му и средите на основите му лежат на една права.

От еднаквостта на ΔABC и ΔADB докажете, че пресечната точка на диагоналите на трапеца лежи на симетралата на АВ.
Продължете бедрата на трапеца и симетралата на АВ до пресичането им в една точка (например, т. Р) и докажете, че ΔABP е равнобедрен.
Отбележете средата на малката основа с една точка (например, т. N) и докажете, че ΔDCP е равнобедрен.

Нека продълженията на бедрата AD и BC, и MN = s_AB се пресичат в т. Р.
Доказваме, че т. О лежи на симетралата s_AB: ΔABC ≅ ΔADB (I признак, защото: 1. АВ – обща, 2. AD = BC – по условие, 3. BAD = ABC – по условие). Тогава BAO = ABO ΔABO – равнобедрен, т.е. AO = BO т. О s_AB или OM = s_AB.
Доказваме, че т. P лежи на симетралата s_AB: От BAD = ABC (по условие) ΔABP – равнобедрен, т.е. AP = BP т. Р s_AB или MP = s_AB.
Доказваме, че т. N лежи на симетралата s_AB:
1. (АВ || CD) ∩ AD BAD = CDP = ABC = DCP – като съответни ъгли ΔDCP – равнобедрен.
2. PM – симетрала в равнобедрения ΔABP PM – ъглополовяща, т.е. APM = MPB.
от (1) и (2) PN – ъглополовяща в равнобедрения ΔDCP PN – медиана и височина, т.е. т. N s_AB.
Така доказахме, че четирите точки M, O, N и P лежат на една права – s_AB.

Върни се в теорията

Основни построения при трапец – Основни задачи

ОЗ 4.6:: В трапец едната основа е три пъти по-голяма от другата основа. Дължините на бедрата му са 2 cm и 3 cm, а ъгълът между тях е 60°. Намерете лицето на трапеца.

Постройте CE || AD и използвайте косинусова теорема за ΔEBC.

а)

Построяваме CE || AD. Тогава ъгълът между бедрата на трапеца е BCE=60° и AECD – успоредник.
По условие имаме: CE = 2, AE = DC = x, AB = 3x. Тогава BE = 2x.
Прилагаме косинусова теорема за ΔEBC:
BE² = CE² + BC² – 2CE.BC.cos BCE (2x)² = 2² + 3² – 2.2.3. x = .
Тогава: CD = , BE = , AB = .
Използваме две формули за лице на триъгълник (формула 42 и формула 41), за да намерим височината СН на трапеца, която е височина и на ΔEBC:
Използваме формула (19), за да намерим лицето на трапеца:

ОЗ 4.7:: Даден е трапец с диагонали cm и 4 cm и ъгъл между диагоналите 45°. Намерете лицето на трапеца.

Постройте CE || BD и намерете лицето на ΔAEC, което е равно на лицето на трапеца ABCD.

Построяваме CE || BD ACE = AOB (като съответни ъгли) и BECD – успоредник.
AE = AB + BE, но BE = CD AE = AB + CD.
CH – височина на трапеца ABCD, но тя е височина и на ΔAEC S_ABCD = S_ΔAEC.
S_ΔAEC = AC.CE.sin ACE = S_ABCD = S_ΔAEC = 2 cm².

Бележка:

Предполагаме, че по условие е даден AOB = 45°. Ако допуснем, че е даден BOC = 45°, то S_ΔAEC е отново 2 cm², защото от ACE = AOB sin ACE = sin AOB = sin (180° – BOC) = sin BOC.

Върни се в теорията

Върни се нагоре Начало Предходен Следващ

Вижте още

Самоподготовка

Предстоят ви изпити или матура по Математика или Физика, но не сте убедени, че сами ще се справите. Учебен център „СОЛЕМА“ ви предоставя следните програми и тестове към тях:

МАТЕМАТИКА

Кандидат-студенти

Матура

10 клас

7 клас

ФИЗИКА

Кандидат-студенти

Матура