V trapezu abcd je znano, da ab. Trapez na izpitu
Vir iskanja: Odločba 5346.-13. OGE 2016 Matematika, I.V. Jaščenko. 36 možnosti.
Naloga 11. V trapezu ABCD vemo, da je AB = CD, kot BDA = 54° in kot BDC = 33°. Poiščite kot ABD. Odgovor navedite v stopinjah.
Rešitev.
Podan je enakokraki trapez s stranicami AB=CD. Ker so koti pri osnovah takšnega trapeza enaki, imamo to in . Poiščimo vrednost kotov A in D. Iz slike je razvidno, da je kot D (in s tem kot A) enak:
Zdaj razmislite o trikotniku ABD, v katerem sta znana kota A in BDA, in ker je vsota vseh kotov v trikotniku 180 stopinj, najdemo tretji kot ABD:
odgovor: 39.
Naloga 12. Na kariranem papirju 1x1 so označene tri točke: A, B in C. Poiščite razdaljo od točke A do črte BC.
Rešitev.
Razdalja od točke A do premice BC je normalna, spuščena s točke A na stran BC (rdeča črta na sliki). Dolžina te normale je 3 celice, to je 3 enote.
odgovor: 3.
Naloga 13. Katere od naslednjih trditev so pravilne?
1) Površina trikotnika je manjša od produkta njegovih dveh stranic.
2) Kot, vpisan v krog, je enak ustreznemu osrednjemu kotu na podlagi istega loka.
3) Skozi točko, ki ne leži na dani premici, lahko potegnemo črto, pravokotno na to premico.
Rešitev.
1) Res je. Površina trikotnika je enaka zmnožku višine in polovice osnove trikotnika, vse te količine pa so manjše od dolžin katere koli dveh njegovih stranic.
Izrek 1 (Thalesov izrek). Vzporedne črte režejo proporcionalne segmente na črtah, ki jih sekajo (slika 1).
Opredelitev 1 . Dva trikotnika (slika 2) imenujemo podobna, če sta njuni ustrezni strani sorazmerni.
2. izrek (prvi znak podobnosti). Če je kot prvega trikotnika enak kotu drugega trikotnika in so stranice trikotnikov, ki mejijo na te kote, sorazmerne, potem so takšni trikotniki podobni (glej sliko 2).
3. izrek (drugi znak podobnosti). Če sta dva kota enega trikotnika enaka dvema kotoma drugega trikotnika, so takšni trikotniki podobni (slika 3).
4. izrek (Menelajev izrek). Če neka premica seka strani AB in BC trikotnika ABC v točkah X oziroma Y in je nadaljevanje stranice AC v točki Z (slika 4), potem
5. izrek. Naj bosta višini AA1 in CC1 narisani v ostrokotnem trikotniku ABC (slika 5). Potem sta si trikotnika A1 BC1 in ABC podobna, koeficient podobnosti pa je enak cos ∠B.
Lema 1. Če strani AC in DF trikotnikov ABC in DEF ležita na isti premici ali na vzporednici (slika 6), potem
Lema 2. Če imata dva trikotnika skupno stran AC (slika 7), potem
Lema 3. Če imata trikotnika ABC in AB1 C1 skupen kot A, potem
Lema 4. Površine podobnih trikotnikov so povezane kot kvadrat koeficienta podobnosti.
Dokazi nekaterih izrekov
Dokaz izreka 4
. Skozi točko C nariši premico vzporedno s premico AB, dokler ne seka premice XZ v točki K (slika 9). To moramo dokazati
Razmislite o dveh parih podobnih trikotnikov:
Če te enakosti pomnožimo izraz za členom, dobimo: 
Q.E.D.
Dokaz izreka 5. Dokažimo podobnost trikotnikov A1 BC1 in ABC s prvim testom podobnosti. Ker imata ta trikotnika skupni kot B, zadostuje, da to dokažemo
Toda to izhaja iz dejstva, da iz pravokotnega trikotnika ABA1, vendar iz pravokotnega trikotnika CBC1. Na poti se dokaže tudi drugi del izreka.
Reševanje problema
1. naloga. Glede na trapez ABCD in je znano, da je BC = a in AD = b. Vzporedno z njenima osnovama BC in AD je narisana ravna črta, ki seka stran AB v točki P, diagonalo AC v točki L, diagonalo BD v točki R in stran CD v točki Q (slika 10). Znano je, da je PL = LR. Poiščite P.Q.
Rešitev. Najprej dokažimo, da je PL = RQ. Razmislite o dveh parih podobnih trikotnikov: 
Po Thalesovem izreku imamo:
Označimo zdaj PL = LR = RQ = x in ponovno razmislimo o dveh parih podobnih trikotnikov: 
imamo naslednje:
pomeni,
Odgovori:
2. naloga. V trikotniku ABC je kot A 45°, kot C pa oster. Iz sredine N strani BC je pravokotnica NM spuščena na stran AC (slika 11). Območji trikotnikov NMC in ABC sta povezani kot 1:8. Poiščite kote trikotnika ABC.
Rešitev. Naj bo BH višina, ki je padla iz vrha B na stran AC.
Ker je NM srednja črta trikotnika BHC, potem je S∆BHC = 4S∆NMC.
Toda glede na pogoj problema je S∆ABC = 8S∆NMC.
Zato je S∆ABC = 2S∆BHC, torej S∆ABH = S∆BHC. Torej AH = HC,
od koder je ∠CAB = ∠ACB = 45°, ∠ABC = 90°.
Odgovor: ∠CAB = ∠ACB = 45°, ∠ABC = 90°.
3. naloga. Podan trikotnik ABC, v katerem je kot B enak 30°, AB = 4 in BC = 6. Simetrala kota B seka stran AC v točki D (slika 12). Poiščite površino trikotnika ABD.
Rešitev. Uporabimo izrek o simetrali notranjega kota na trikotnik ABC:
pomeni,
Odgovori:
Članek je bil objavljen s podporo podjetja Svet cvetja. Veleprodajno in maloprodajno skladišče poročnega in obrednega blaga, umetnega cvetja v Krasnodarju. Poročni dodatki - sveče, plakati, kozarci, trakovi, vabila in drugo. Ritualno blago - tkanine, oblačila, dodatki. Več o podjetju, katalog izdelkov, cene in kontakte lahko izveste na spletni strani, ki se nahaja na: flowersworld.su.
4. naloga. Skozi središče M stranice BC paralelograma ABCD, katerega površina je 1, in oglišče A je potegnjena premica, ki seka diagonalo BD v točki O (slika 13). Poiščite površino štirikotnika OMCD.
Rešitev. Površino štirikotnika OMCD bomo iskali kot razliko med površinama trikotnikov BCD in BOM. Površina trikotnika BCD je enaka polovici površine paralelograma ABCD in je enaka Najdi površino trikotnika BOM. Imamo:
∆ BOM ∼ ∆ AOD ⇒ 
Nadalje:
pomeni, 
Odgovori:
5. naloga. Pravokotni trikotnik MNC je vpisan v pravokoten enakokraki trikotnik ABC s pravim kotom v točki B, tako da je kot MNC pravi, točka N leži na AC, točka M pa na strani AB (slika 14). V kakšnem razmerju mora točka N deliti hipotenuzo AC, tako da je površina trikotnika MNC enaka površini trikotnika ABC?
Rešitev. Predvidevamo lahko, da je AB = 1. Označimo AM = x, 0< x < 1, тогда BM = 1 – x,
Imamo: 
Odgovori:
6. naloga. V trapezu ABCD je diagonala AC pravokotna na stran CD, diagonala DB pa pravokotna na stran AB. Podaljški stranic AB in DC se sekata v točki K in tvorita trikotnik AKD s kotom 45° na vrhu K (slika 15). Površina trapeza ABCD je enaka S. Poiščite površino trikotnika AKD.
Rešitev. Po izreku 5 je trikotnik BKC podoben trikotniku AKD s koeficientom podobnosti 
Zato so površine teh trikotnikov v razmerju 1:2, kar pomeni, da je površina trapeza ABCD enaka površini trikotnika BKC. Zato je površina trikotnika AKD 2S.
Odgovori: 2S.
7. naloga. V trikotniku ABC je točka K vzeta na strani AB, tako da je AK: KB = 1: 2, točka L pa je vzeta na strani BC, tako da je CL: LB = 2: 1. Naj bo Q presečišče premici AL in CK (slika šestnajst). Poiščite površino trikotnika ABC, saj vemo, da je površina trikotnika BQC 1.
Rešitev. Naj bo AK = x, BL = y. Potem je KB = 2x,
LC = 2y, torej AB = 3x in BC = 3y. Uporabimo Menelajev izrek za trikotnik ABL in sekanto KQ:
8. naloga. Od točke M, ki se nahaja znotraj ostrokotnega trikotnika ABC, spustimo pravokotnice na stranice (slika 17). Dolžine stranic in navpičnic, ki so padle nanje, so enake a in k, b in m, c in n. Izračunajte razmerje med površino trikotnika ABC in površino trikotnika, katerega oglišča so osnove navpičnic.
Rešitev. Uvedemo standardni zapis, to pomeni, da označimo dolžine stranic trikotnika ABC: BC = a, CA = b, AB = c; koti: ∠BAC = α,
∠ABC = β, ∠ACB = γ. Osnove navpičnic, spuščenih iz točke M na stranice BC, CA in AB, bomo označili z D, E in F. Potem je glede na pogoj problema MD = k, ME = m, MF = n. Očitno je, da je kot EMF enak π - α, kot DMF je enak π - β, kot DME je enak π - γ in točka M se nahaja znotraj trikotnika DEF. Površina trikotnika DEF je:
Površina trikotnika ABC je:
Poiščite razmerje med površinami trikotnikov DEF in ABC:
zato 
Odgovori: 
Naloga 9. Točki P in Q se nahajata na strani BC trikotnika ABC, tako da je BP: PQ: QC = 1:2:3.
Točka R deli stran AC tega trikotnika tako, da je AR: RC = 1:2 (slika 18). Kakšno je razmerje med površino štirikotnika PQST in površino trikotnika ABC, kjer sta S in T presečišča premice BR s črtama AQ oziroma AP?
Rešitev. Označimo BP = x, AR = y; potem
PQ=2x, QC=3x, RC=2y. Izračunajmo, kolikšen del površine štirikotnika PQST je površina trikotnika APQ in s tem površina trikotnika ABC. Za to potrebujemo relacije, v katerih točki S in T delita premici AQ oziroma AP. Uporabimo Menelajev izrek za trikotnik ACQ in sekanto SR:
Podobno, če uporabimo Menelajev izrek za trikotnik ACP in sekanto TR, dobimo:
Nadalje: 
Po drugi strani, če uporabimo lemo o površinah za trikotnika APQ in ABC, dobimo
Odgovori:
Naloga 10. V trikotniku ABC je dolžina višine BD enaka 6, dolžina mediane CE je enaka 5, razdalja od presečišča BD s CE do stranice AC je enaka 1 (slika 19). Poiščite dolžino stranice AB.
Rešitev. Naj bo točka O presečišče premici BD in CE. Razdalja od točke O do stranice AC (ki je enaka ena) je dolžina odseka OD. Torej, OD = 1 in OB = 5. Uporabite Menelajev izrek na trikotnik ABD in sekanto OE:
Če zdaj uporabimo Menelajev izrek za trikotnik ACE in sekanto OD, dobimo, da
od koder je OE = 2CO in ob upoštevanju OE + CO = CE = 5
dobimo, da uporabimo Pitagorov izrek na pravokotnem trikotniku CDO:
pomeni, 
Na koncu razmislimo o pravokotnem trikotniku ABD, v katerem uporabljamo tudi Pitagorov izrek:
Odgovori:
Naloga 11. Točki C in D ležita na segmentu AB, točka C pa je med točkama A in D. Točko M vzamemo tako, da sta premici AM in MD pravokotni, prav tako pa sta pravokotni premici CM in MB (slika 20). Poiščite površino trikotnika AMB, če je znano, da je kot CMD α in sta ploskvi trikotnikov AMD in CMB S1 oziroma S2.
Rešitev. Območji trikotnikov AMB in CMD označimo z
x in y (x > y). Upoštevajte, da je x + y = S1 + S2. Pokažimo zdaj, da je xy = S 1 S 2 sin 2 α. res, 
prav tako, 
Ker je ∠AMB = ∠AMC + ∠CMD + ∠DMB =
= 90° – α + α + 90° – α = 180° – α in sin ∠AMB =
= sinα. pomeni:
Tako sta številki x in y koreni kvadratne enačbe
t2 – (S1 + S2 )t + S1 S2 sin2 α = 0.
Večji koren te enačbe je:
Odgovori: 
Naloge za samostojno reševanje
C-1. V trikotniku ABC, katerega površina je S, sta narisani simetrala CE in mediana BD, ki se sekata v točki O. Poiščite površino štirikotnika ADOE, vedoč, da je BC = a, AC = b.
C-2. Kvadrat je vpisan v enakokraki trikotnik ABC, tako da dve njegovi oglišči ležita na dnu BC, drugi dve pa na stranicah trikotnika. Stran kvadrata je povezana s polmerom kroga, vpisanega v trikotnik, kot
8: 5. Poiščite vogale trikotnika.
C-3. V paralelogramu ABCD s stranicama AD = 5 in AB = 4 je narisan odsek EF, ki povezuje točko E stranice BC s točko F stranice CD. Točki E in F sta izbrani tako, da
BE: EC = 1: 2, CF: FE = 1: 5. Znano je, da presečišče M diagonale AC s segmentom FE izpolnjuje pogoj MF: ME = 1: 4. Poišči diagonale paralelograma.
C-4. Površina trapeza ABCD je enaka 6. Naj bo E točka presečišča podaljškov stranic tega trapeza. Skozi točko E in točko presečišča diagonal trapeza je narisana ravna črta, ki seka manjšo osnovo BC v točki P, večjo osnovo AD - v točki Q. Točka F leži na odseku EC. in EF: FC = EP: EQ = 1:3.
Poiščite površino trikotnika EPF.
C-5. V ostrokotnem trikotniku ABC (kjer AB > BC) sta narisani višini AM in CN, je točka O središče kroga, opisanega okoli trikotnika ABC. Znano je, da je velikost kota ABC β, površina štirikotnika NOMB pa S. Poiščite dolžino stranice AC.
C-6. V trikotniku ABC sta točka K na strani AB in točka M na strani AC postavljeni tako, da veljata razmerja AK: KB = 3: 2 in AM: MC = 4 : 5. V kakšnem razmerju je presečišče premic KC in BM delita segment BM?
C-7. Točka D je vzeta znotraj pravokotnega trikotnika ABC (kot B je pravi), tako da sta površini trikotnikov ABD in BDC trikrat oziroma štirikrat manjša od površine trikotnika ABC. Dolžini segmentov AD in DC sta enaki a oziroma c. Poiščite dolžino odseka BD.
S-8. V konveksnem štirikotniku ABCD na strani CD vzamemo točko E, tako da odsek AE razdeli štirikotnik ABCD na romb in enakokraki trikotnik, katerih razmerje med površinami je enako Najdi vrednost kota BAD.
C-9. Višina trapeza ABCD je 7, dolžini osnov AD in BC pa 8 oziroma 6. Skozi točko E, ki leži na strani CD, je vlečena premica BE, ki deli diagonalo AC v točki O glede na AO: OC = 3: 2. Poišči površinski trikotnik OEC.
S-10. Točke K, L, M delijo stranice konveksnega štirikotnika ABCD glede na AK: BK = CL: BL = CM: DM = 1: 2. Znano je, da je polmer kroga, opisanega okoli trikotnika KLM, KL = 4, LM = 3 in KM< KL. Найдите площадь четырехугольника ABCD.
S-11. Podaljški stranic AD in BC konveksnega štirikotnika ABCD se sekata v točki M, podaljški stranic AB in CD pa sekata v točki O. Odsek MO je pravokoten na simetralo kota AOD. Poiščite razmerje površin trikotnikov AOD in BOC, če je OA = 6, OD = 4, CD = 1.
S-12. V trikotniku ABC je kot v točki A 30°, višini BD in CE pa se sekata v točki O. Poiščite razmerje polmerov krogov, opisanih okoli trikotnika DEO in ABC.
S-13. Odseki, ki povezujejo osnove višin ostrokotnega trikotnika, so 5, 12 in 13. Poiščite polmer kroga, opisanega okoli trikotnika.
S-14. V ostrokotnem trikotniku ABC je točka M vzeta na višini AD, točka N pa na višini BP, tako da sta kota BMC in ANC prava. Razdalja med točkama M in N je a ∠MCN = 30°.
Poiščite simetralo CL trikotnika CMN.
S-15. Točke D, E in F so vzete na straneh AB, BC in AC trikotnika ABC. Odseki AE in DF potekata skozi središče kroga, vpisanega v trikotnik ABC, premici DF in BC pa sta vzporedni. Poiščite dolžino odseka BE in obseg trikotnika ABC, če je BC = 15, BD = 6, CF = 4.
S-16. V trikotniku ABC simetrala BB" seka mediano AA" v točki O.
Poiščite razmerje med površino trikotnika BOA" in površino trikotnika AOB", če je AB:AC = 1:4.
S-17. V trikotniku ABC leži točka D na AC in AD = 2DC. Točka E leži na BC. Površina trikotnika ABD je 3, površina trikotnika AED je 1. Segmenta AE in BD se sekata v točki O. Poiščite razmerje med površinami trikotnikov ABO in OED.
S-18. V paralelogramu ABCD točki E in F ležita na straneh AB in BC, M je presečišče premici AF in DE, pri čemer sta AE = 2BE in BF = 3CF. Poiščite razmerje AM:MF.
S-19. V pravokotniku ABCD na straneh
AB in AD, izberemo točki E in F, tako da je AE: EB = 3: 1, AF: FD = 1: 2. Poišči EO: OD, kjer je O presečišče odsekov DE in CF.
S-20. Točka N je vzeta na strani PQ trikotnika PQR, točka L pa na strani PR in
NQ=LR. Presečišče segmentov QL in NR deli odsek QL v razmerju m:n, štetje od točke Q. Poiščite razmerje PN:PR.
S-21. Točki A in B sta vzeti na straneh ostrega kota z ogliščem O. Točka M je vzeta na žarku OB na razdalji 3OA od premice OA, točka N pa na žarku OA na razdalji 3OB od premice OB. Polmer opisanega kroga trikotnika AOB je 3. Poiščite MN.
S-22. V konveksnem peterokotniku ABCDE sta diagonali BE in CE simetrali ogliščnih kotov B oziroma C, ∠A = 35°, ∠D = 145°, S∆BCE = 11. Poiščite površino petkotnika ABCDE.
S-23. Na bazah AD in BC trapeza ABCD sta zgrajena kvadrata ADEF in BCGH, ki se nahajata zunaj trapeza. Diagonali trapeza se sekata v točki O. Poiščite dolžino odseka AD, če je BC = 2, GO = 7 in GF = 18.
S-24. V trikotniku ABC vemo, da je AB = BC in je kot BAC 45°. Premica MN seka stran AC v točki M in stran BC v točki N, pri čemer sta AM = 2MC in ∠NMC = 60°. Poiščite razmerje med površino trikotnika MNC in površino štirikotnika ABNM.
S-25. V trikotniku ABC je točka N vzeta na strani AB, točka M pa na strani AC. Segmenta CN in BM se sekata v točki O, AN: NB = 2: 3,
BO: OM = 5: 2. Poiščite CO: ON.
Trapez na izpitu. Osnovna stopnja.
Naloge iz odprte banke nalog FIPI.
1. naloga.V trapezu ABCD vemo, da je AB=CD,∠ BDA=54° in ∠ BDC = 23°. Poiščite kot ABD. Odgovor navedite v stopinjah.
Rešitev.V tem trapezu je kot A DC pri spodnji osnovi je enak vsoti kotov A D V in V DC , je enako 54 + 23 = 77 stopinj. Ker je trapez enakokraki, so koti pri spodnji osnovi enaki in kot BA D je tudi 77 stopinj. Vsota kotov VA D in AB D enako 180 stopinj (enostransko z vzporednimi črtami A D in BC in sekansa AB). Torej je kot ABC enak 180 - 77 \u003d 103 stopinje.
Nato uporabimo enakost kotov A D B in D BC (križno ležeča z vzporednimi črtami A D in BC ter sekansa B D). Torej kot AB D enako 103 - 54 \u003d 49 stopinj.
Odgovori 49.
2. naloga.Osnovi enakokrakega trapeza sta 10 in 24, stranica je 25. Poiščite višino trapeza.
Rešitev.V tem trapezu je zgornja osnova BC 10, spodnja A D =24. Iz oglišč B in C spustimo višine na spodnjo osnovo. V nastalem pravokotniku NVSK NK=BC=10. Trikotnika ABH in K DC DC), torej AH \u003d K D =(24-10):2=7. Po Pitagorejevem izreku je v trikotniku ABN kvadrat kraka BH enak razliki med kvadratom hipotenuze AB in kvadratom kraka AN. To pomeni, VN 2 = 625 - 49 = 576. VN = 24.
Odgovori 24.
3. naloga.V enakokrakem trapezu je ena od osnov
je 3, drugi pa 7. Višina trapeza je 4. Poišči tangento ostrega kota trapeza.
Rešitev.V tem trapezu je zgornja osnova BC 3, spodnja A D =7. Iz oglišč B in C spustimo višine na spodnjo osnovo. V nastalem pravokotniku NVSK NK=BC=3. Trikotnika ABH in K DC so enaki (pravokotni so, BH = SK, AB = DC), torej AH \u003d K D =(7-3):2=2. Tangens ostrega kota BAN v pravokotnem trikotniku ABN je enak razmerju med nasprotnim krakom BH in sosednjim krakom AH, to je 4:2=2.
Odgovori 2.
4. naloga.Osnovi trapeza sta 8 in 16, stranska stran, enaka 6, tvori kot 150 ° z eno od osnov trapeza. Poiščite površino trapeza.
Rešitev.Pustite v trapezu na sliki osnove BC \u003d 8, AD =16, stranica AB=6 in kot ABC je 150 stopinj. Vemo, da je površina trapeza enaka zmnožku polovice vsote osnov in višine. Osnove so znane. Poiščimo višino BH. V pravokotnem trikotniku ABH je kot ABH 150 - 90 = 60 stopinj. Torej je kot VAN enak 90 - 60 \u003d 30 stopinj. In v pravokotnem trikotniku je krak nasproti kotu 30 stopinj enak polovici hipotenuze. Torej VN=3.
Ostaja še izračunati površino trapeza. Polovična vsota osnov je enaka (8+16):2=12. Območje je 12*3=36.
Odgovori 36.
5. naloga.V pravokotnem trapezuABCD z razlogi sonce in AD injekcija VAD naravnost, AB=3, sonce=CD=5. Poiščite srednjo črto trapeza.
Rešitev.Srednja črta trapeza je polovica vsote osnov. V tem trapezu je zgornja osnova BC 5, spodnja A D neznano. Iz vrha C spustimo višino na spodnjo osnovo. V nastalem pravokotniku NVSK AH=BC=5, CH=AB=3. Trikotnik H DC pravokotna. Po Pitagorejevem izreku je kvadrat noge H D enak razliki kvadrata hipotenuze DC in kvadrat kraka CH. Se pravi, N D 2 \u003d 65 -9 \u003d 16. H D \u003d 4. Torej spodnja osnova A D =AH+H D =5+4=9. Srednja črta trapeza je (5+9):2=7.
Odgovori 7.
6. naloga.V pravokotnem trapezu sta bazi 4 in 7, eden od kotov pa je 135°. Poiščite manjšo stran.
Rešitev.Uporabimo risbo za prejšnji problem.V tem trapezu je zgornja osnova BC 4, spodnja A D=7. Kot BC D je enako 135 stopinj. Iz vrha C spustimo višino na spodnjo osnovo. Potem pa H D =7-4=3. V nastalem pravokotnem trikotniku H DC kot HC D enako 135-90=45 stopinj. Torej kot H DC tudi 45 stopinj. Noge CH= H D=3.
Odgovori 3.
Naloge za samostojno reševanje.
- ∠ BDA=40° in ∠ BDC = 30°. Poiščite kot ABD. Odgovor navedite v stopinjah.
- v trapezu ABCD to je znano AB=CD, ∠ BDA=45° in ∠ bdc=23°. Poiščite kot ABD. Odgovor navedite v stopinjah.
- V trapezu ABCD vemo, da je AB=CD,∠ BDA=49° in ∠ BDC = 31°. Poiščite kot ABD. Odgovor navedite v stopinjah.
- Osnovi enakokrakega trapeza sta 7 in 13, stranica je 5. Poiščite višino trapeza.
- Osnovi enakokrakega trapeza sta 11 in 21, stranica je 13. Poiščite višino trapeza.
- Osnovi trapeza sta 10 in 20, stranska stran, enaka 8, tvori kot 150 ° z eno od osnov trapeza. Poiščite površino trapeza.
- V enakokrakem trapezu je ena od osnov 5, druga pa 9. Višina trapeza je 6. Poiščite tangento ostrega kota trapeza.
- V pravokotnem trapezuABCD z razlogi sonce in AD injekcija VAD naravnost, AB=8, sonce=CD=10. Poiščite srednjo črto trapeza.
- V pravokotnem trapezuABC D z razlogi sonce in A D injekcija V AD naravnost, AB = 15 , sonce = CD = 17 . Poiščite srednjo črto trapeza.
- V pravokotnem trapezu sta bazi 3 in 5, eden od kotov pa je 135°. Poiščite manjšo stran.
