9 Трапеция

Трапеция

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.

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

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.

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

6. Вокруг равнобедренной трапеции можно описать окружность.

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

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

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

8. Пусть точка $E$ является точкой пересечения диагоналей четырехугольника $ABCD$ , причём $S_{AEB} = S_{CED}$ , тогда $ABCD$ – трапеция.
9. Если в равнобедренную трапецию можно вписать окружность, то боковая сторона и средняя линия этой трапеции равны.

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

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

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

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

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

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

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

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.

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.

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.

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

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

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

Трапеция

1. 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 $AB = CD$ .

2. 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 $AB = CD$ .

4. Докажем сразу оба свойства. Пусть $CH$ – высота трапеции. Тогда

AD = b = AH + HD = a + 2HD,

значит, $HD = \dfrac{b - a}{2}$ , $AH = b - \dfrac{b - a}{2} = \dfrac{a + b}{2}$ .

5. 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}.

Рассмотрим данное соотношение:

$\dfrac{E_1N}{ME_1} = \dfrac{E_2N}{ME_2} \Rightarrow \dfrac{E_1M+MN}{E_1M}=\dfrac{E_2M+MN}{E_2M} \Rightarrow 1+\dfrac{MN}{E_1M}=1+\dfrac{MN}{E_2M} \Rightarrow \dfrac{MN}{E_1M}=\dfrac{MN}{E_2M} \Rightarrow E_1M=E_2M.$

6. 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.

7. 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: $S = \sqrt{S_{BEC}\cdot S_{AED}}$ .

8. 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.

9. 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}.

10. 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, $PQ = \dfrac{AD + BC}{2}$ .

11. 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, $PQ = \dfrac{AD - BC}{2}$ .

12. 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 $KM = 2r = h$ .

13. 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}.

14. 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 $\angle{COD} = 2\angle{CAD} = \alpha$ .

15. 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 $N$ .

16. 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, $S_{ABCD} = S_{ABH}$ .

17. $BCHD$ – 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 $\sin{\alpha}$ .

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

20. 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}}.

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

MN^2 = AD\cdot BC = ab,

то есть $MN = \sqrt{ab}$ .