Матеріал для підготовки до ДПА, ЗНО з теми "Трапеція"

Про матеріал

Матеріал для підготовки до ДПА, ЗНО з теми "Трапеція". Розробка містить теоретичний матеріал, 17 розв'язаних задач різного рівня складності з поясненням. Розрахована для вчителів та учнів 8-11 кл.

Перегляд файлу

Матеріал для підготовки до ДПА, ЗНО Тема. Трапеція.

 

Чотирикутник, у якого дві сторони паралельні, а дві інші сторони непаралельні, називається трапецією

 

ABCD – трапеція,

AD || BC- основи,

AB і CD – бічні сторони, AC і BD – діагоналі, BK і TN – висоти.

ОКРЕМІ ВИДИ ТРАПЕЦІЇ 

           

Рівнобічна трапеція – трапеція з рівними бічними сторонами            (АВ = CD) Властивості:

Кути при основі рівні: 

ВАС CDA      , CВА BCD 

Діагоналі рівні: АС = ВD

 

              

Прямокутна трапеція – це трапеція, у якої одна бічна сторона перпендикулярна до основ

 

hпрямокутної трапеції = AB

 

 

СЕРЕДНЯ ЛІНІЯ ТРАПЕЦІЇ

 

 

 

 

 

Відрізок, який сполучає середини бічних сторін трапеції, називається середньою лінією трапеції МN – середня лінія

Властивості:

МN || AD, МN || BC

Середня лінія трапеції паралельна

основам і дорівнює їх півсумі

AD BC

MN   

2

 

 

 

                         

Висота трапеції, проведена з вершини тупого кута, поділяє основу трапеції на два відрізки, менший з яких дорівнює піврізниці основ, а більший

– півсумі основ

 

 

Якщо трапецію можна вписати в коло, то трапеція – рівнобічна.

 

Навколо рівнобічної трапеції можна описати коло.

 

 

 

 

В трапецію можна вписати коло, якщо сума основ трапеції дорівнює сумі її бічних сторін

 

AB + CD = BC + AD

 

 

 

Якщо в рівнобічній трапеції діагоналі перпендикулярні, то висота дорівнює півсумі основ.

 

a b

h

2

 

Якщо в трапецію вписане коло з радіусом r і вона ділить бічну сторону точкою дотику на два відрізка – a і b,

то  rab

 

 

 

 

Відрізок, який з’єднує середини діагоналей, дорівнює піврізниці основ і лежить на середній лінії

 

b a

MN         

2

 

Центр вписаного кола є точкою перетину бісектрис кутів трапеції.

 

Кут, утворений бісектрисами кутів, прилеглих до бічної сторони трапеції прямий (COD900 ).

Трикутники AOD іCOB , утворені відрізками діагоналей і основами трапецій, подібні.

ABO~ COB

AD

Коефіцієнт подібності – k  BC

 

Відношення площ цих трикутників –k2

        

 

Трикутники ABOі DCO , утворені

відрізками діагоналей і бічними  сторонами трапеції, мають однакову площу.

 

 

 

Точка перетину діагоналей трапеції, точка перетину продовження її бічних сторін і середини лежать на одній прямій.

 

 

Якщо сума кутів при будь-якій основі трапеції дорівнює 900, то відрізок, що з’єднує середини основ, дорівнює їх піврізниці.

AD BC

  MN       

2

 

ДОДАТКОВА ПОБУДОВА ДЛЯ ТРАПЕЦІЇ

 

   BK AD, CM AD                      СМ || ВА                            СТ || BD

ПЛОЩА, ПЕРИМЕТР ТРАПЕЦІЇ

 

a b

S h

2

 

S  l h, l – середня лінія

 

P a b c d   

 

          

 

MN - cередня лінія трапеції

BC AD

          MN= h

2

 

 

 

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.

А) 200,1100

Б) 400, 1300

В) 500  і 1200

Г) такої трапеції не існує

Розв’язання:

Нехай В 700і С 1600. Тоді  АіВ 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.

А) 22 см

Б) 11 см

В) 4 см

Г) 2 см

Розв’язання:

14х

  8;  14х 16; х 2(см);

2

Відповідь: Г).

 

Задача №4.

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

А) 12 см, 28 см

Б) 24 см, 56 см

В) 48 см, 112 см

Г) 18 см, 42 см

 

Розв’язання:

3х 7х

  40;  10х 80; х 8;

2

3х 38 24; 7х 78 56. Відповідь: Б)

 

Задача №5.

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

А) 450 і 1350

Б) 600 і 1200

В) 100 і 300

Г) 300 і 600

 

Розв’язання:

3х + х =180;  4х =180; х = 450

3х 345 135. Відповідь: А).

 

Задача №6.

Основи трапеції відносяться як 2 :

Знайдіть основи трапеції.

, а її середня лінія д

орівнює 28см.

А) 8 см, 20 см

Б) 16 см, 40 см

В) 32 см, 80 см

Г) 12 см, 30 см

 

Розв’язання:

2х 5х

  28;  7х56; х 8;

2

2х 28 16; 5х 58 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 42 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 84 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 33113312112(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 ba b і       .

      2          2

Дано:

ABCD – трапеція, де AB =CD, AD = а, BC = b, ВКАD Довести:

AB a b; KD a b      

                     2                  2

Доведення.

          В трапеції  ABCD проведемо СNАD. 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   .

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, =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 OD2 2 12 16 202 2 (cм). Нехай К – точка дотику вписаного кола до сторони CD. Оскільки OKCD, 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, Sкр = ∙ r2 = ∙ 9,62 = 92,16 (см2).

Відповідь: 92,16 см2.

 

Задача №14.

Дано:

ABCD- трапеція  SМСК = SABСМ

АК = а, ВС=b Знайти: МК Розв’язок:

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

SМСК =  МК h

1

SABCM (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: Sтр.

 

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 CHAD.

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 2818 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 АВВС і СDВС. 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.

 



[1] BH sin600 AD + BC= AB + CD = a + a=2a. У  ABK , де H 90 .      

AB

2

Середня оцінка розробки
Структурованість
5.0
Оригінальність викладу
5.0
Відповідність темі
5.0
Загальна:
5.0
Всього відгуків: 6
Оцінки та відгуки
  1. Шевченко Екатерина
    Загальна:
    5.0
    Структурованість
    5.0
    Оригінальність викладу
    5.0
    Відповідність темі
    5.0
  2. Колесников Сергій Олексійович
    Загальна:
    5.0
    Структурованість
    5.0
    Оригінальність викладу
    5.0
    Відповідність темі
    5.0
  3. Ціхановська Леся
    Загальна:
    5.0
    Структурованість
    5.0
    Оригінальність викладу
    5.0
    Відповідність темі
    5.0
  4. Майданник Віта Святославівна
    Загальна:
    5.0
    Структурованість
    5.0
    Оригінальність викладу
    5.0
    Відповідність темі
    5.0
  5. Ямнюк Наталія Олексіївна
    Дібрані цікаві задачі різного рівня складності.
    Загальна:
    5.0
    Структурованість
    5.0
    Оригінальність викладу
    5.0
    Відповідність темі
    5.0
  6. T Y
    Дуже потрібні дані для підготовки до ЗНО та ДПА, всім рекомендую!
    Загальна:
    5.0
    Структурованість
    5.0
    Оригінальність викладу
    5.0
    Відповідність темі
    5.0
Показати ще 3 відгука
pdf
Додано
17 березня 2018
Переглядів
39549
Оцінка розробки
5.0 (6 відгуків)
Безкоштовний сертифікат
про публікацію авторської розробки
Щоб отримати, додайте розробку

Додати розробку