Четириъгълници - 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.

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

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

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 .

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

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.

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

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

ОЗ 4.3:

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

а) ;

б) .

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

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.

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

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.

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

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

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.

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

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.

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

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