Матеріал для підготовки до ДПА, ЗНО Тема. Трапеція.

Задача №1.

Як можна закінчити речення «У будь-якій трапеції…», щоб утворилося правильне твердження?

А) діагоналі точкою перетину діляться навпіл;

Б) діагоналі рівні;

В) дві сторони рівні;

Г) дві сторони паралельні. Відповідь: Г).

Задача №2.

Кути трапеції ABCD, прилеглі до основи ВС, дорівнюють 70⁰ і 160⁰. Знайдіть кути, прилеглі до основи AD.

Розв’язання:

Нехай В  70⁰і С 160⁰. Тоді  АіВ прилеглі до бічної сторони АВ  є внутрішніми односторонніми кутами при паралельних прямих  BC і AD та січній АВ. Тоді А=180⁰ -В=180⁰ -70⁰ = 110⁰. Аналогічно D =180⁰ - С = 180⁰ - 160⁰ = 20⁰.

Відповідь: А.

Задача №3.

Одна з основ трапеції дорівнює 14см, а її середня лінія – 8см. Знайдіть другу основу трапеції.

Розв’язання:

14 х

  8;  14 х 16; х  2(см);

2

Відповідь: Г).

Задача №4.

Основи трапеції відносяться як 3:7, а її середня лінія дорівнює 40см. Знайдіть основи трапеції.

Розв’язання:

3х 7х

  40;  10х  80; х  8;

2

3х  38  24; 7х  78  56. Відповідь: Б)

Задача №5.

Гострий кут прямокутної трапеції в 3 рази менший від тупого кута. Знайдіть ці кути.

Розв’язання:

2х 5х

  28;  7х 56; х  8;

2

2х  28 16; 5х  58  40.

Відповідь: Б).

Задача №7.

Знайдіть середню лінію трапеції АВСD, якщо сторони квадратних кліток дорівнює 1.

Розв’язання:

Середня лінія трапеції дорівнює півсумі її основ.

MK _ AD  BC _ 4 2 _ 3.

                                                                                      2              2

Відповідь: 3.

Задача №8.

Знайдіть висоту трапеції АВСD, опущену із вершини В, якщо сторони квадратних кліток дорівнюють 2 .

Розв’язання: За теоремою Піфагора

ВН² = ( 2 )²+( 2 )² = 2+2 = 4

ВН  = 2

Відповідь: 2.

Задача №9.

Знайдіть середню лінію трапеції АВСD, якщо сторони квадратних кліток дорівнюють 2 .

Розв’язання:

  За теоремою Піфагора:

                                                     AD        (4 2)² (4 2)²         64 8,

                                                     BC         (2 2)² 2 2)²  16  4.

MK _ AD  BC _ 8 4 _ 6.

                                                                                 2              2

Відповідь: 6.

Задача №10.

Знайдіть площу трапеції, зображеної на папері в клітинку з розміром клітки 1 см х 1 см. Відповідь дайте у квадратних

сантиметрах.

Розв’язання: S  2  3 (^см2 ).

Відповідь: 3 см².

Задача №11.

Знайдіть площу трапеції, зображену на папері в клітку з розміром клітки 1 см х 1 см. Відповідь дайте у квадратних сантиметрах. Розв’язання:

Площа трапеції дорівнює різниці площі більшого квадрата, маленького квадрата і трьох прямокутних трикутників, гіпотенузи яких є сторонами даного чотирикутника. Тому

S  3311 33 12 11 2(см² ).

Відповідь: 2 см².

Задача №12. (Про властивість висоти, проведеної з вершини тупого кута у рівнобічній трапеції.)

Довести, що висота, проведена з вершини тупого кута рівнобічної трапеції з основами а і b, розбиває більшу основу на частини, які дорівнюють a b a b  і       .

      2          2

Дано:

ABCD – трапеція, де AB =CD, AD = а, BC = b, ВКАD Довести:

AB  a b ; KD  a b      

                     2                  2

Доведення.

          В трапеції  ABCD проведемо СNАD. BAK  CDN як кути при основі рівнобічної трапеції, АВ = CD за умовою, тому ABK  DCN за гіпотенузою і гострим кутом, звідки AK = ND як відповідні сторони рівних трикутників. 

KN = BC = b, оскільки KCBN – прямокутник.  a b^

                  Маємо AK AD KN(  ):2 або AК ^  .

2

                                                                                                  a b         2a a b a b  

            Виразимо КD AD AK a                                                                         , що і треба було

                                                                                                      2              2              2

довести.

Задача №13.

Відстані від центра кола, вписаного у прямокутну трапецію, до кінців більшої бічної сторони дорівнюють 12 см і 16 см. Знайдіть площу круга, який обмежений цим колом.

Дано:

АВСD – прямокутна трапеція

  А В 90⁰

СО = 12 см, DО =16 см (ООК;       )- вписане в трапецію Знайти:

Sкруга

Розв’язання:

На рисунку точка О є точкою перетину бісектрис кутів ВСD і СDА. У OCD :

СOD 180⁰  ( OCDOCD) 180⁰ (^BCD  ^ADC) 180⁰ 

                                                                                                                          2             2

 ^{BCDADC} 180⁰ ¹⁸⁰⁰)  90⁰. Отже, OCD - прямокутний, ОС і ОD - 

                         2                             2

його катети. Тоді CD OC OD_ ² _ ²  12 16 20² _ ²  (cм). Нехай К – точка дотику вписаного кола до сторони CD. Оскільки OK_CD, то OK – висота

прямокутного трикутника OCD. Виразимо площу S цього трикутника двома

1 1 2     2

способами: S  OC OD  CD OK  . Звідси маємо OCOD CDOK             ,

OK  OC OD^                  , OK  ^{12 16}          9,6₍см), ОК = r – радіус кола.

                       CD                   20

Тоді площа круга, який обмежений цим колом, S_кр = ∙ r² = ∙ 9,6² = 92,16 (см²).

Відповідь: 92,16 см².

Задача №14.

Дано:

ABCD- трапеція  SМСК = SAB_СМ

АК = а, ВС=b Знайти: МК Розв’язок:

На рисунку зображено трапецію ABCD. Нехай АК = а, ВС=b. Проведемо висоту трапеції – CF= h.

S_МСК ₌  МК ^h

1

S_ABCM  (BC AM h       )      2

 МК h =(BC  AM)h

МК= ВС+АМ = b +АМ МК= АК-АМ = а - АМ b +АМ = а - АМ а  b

АМ =    

2

а b а b

МК = a  -         =        

                               2         2

а b

Відповідь: МК =  

2

Задача №15.

Бічна сторона рівнобічної трапеції, описаної навколо кола, дорівнює а, а один із кутів – 60^[1]. Знайдіть площу трапеції.

Дано:

ABCD -  рівнобічна трапеція, описана навколо кола

AB = CD = а

ВАD  60⁰

Знайти: S_тр.

Розв’язання:

AD  BC

Проведемо висоту ВH. S =             BH . Якщо трапеція описана навколо 2

кола, то

Задача №16.

Знайдіть площу трапеції, зображену на рисунку. 

Розв’язання:

Проведемо CH_AD.

Розглянемо СHР, H 90⁰ ,

HCD 90⁰ D=90⁰ - 45⁰ = 45⁰.

Тому, СHР- рівнобедрений з основою СD. CH=28 - 18=10 (cм); CH = HD= 10(см)

Sтр.  AD  BC CH  2818 10  230(см2 )

                              2                        2

Відповідь: 230 см².

Задача №17 .

Кінці діаметра кола віддалені від дотичної до цього кола на 12 см і 22 см. Знайдіть діаметр кола. Розв’язання: 

BC - дотична, AB і CD – перпендикуляри до BC. Якщо АВВС і СDВС. АВСD – прямокутна

трапеція. КО – середня лінія трапеції, радіус кола. КО = (12+22) : 2 = 17 (см). Діаметр: 2КО = 2·17=34

(см)

Відповідь: 34 см.

Використана  література

1.     Геометрія : підруч. для 8 кл. загальноосвіт. навч. закл./ О.С. Істер.- Київ : Генеза, 2016. – 216 с.

2.     Геометрія : підруч. для 8 кл. загальноосвіт. навч. закл./ А.Г. Мерзляк, В. Полонський, М.С. Якір. - Х : Гімназія, 2016. – 208 с. : іл.

3.     Збірники завдань для проведення ДПА в 9 класі з математики 2013-2017 років.