Trapez to czworokąt, który ma przynajmniej jedną parę boków równoległych. Boki równoległe nazywamy podstawami.

R14c1edD366H5

Ilustracja przedstawia trapez ABCD z zaznaczoną wysokością upuszczoną z punktu D. Podstawa górna C D oraz dolna A B są równoległe. Ramiona A D oraz B C są nachylone do postaw pod pewnymi kątami.

Udowodnimy wzór na pole trapezu.

Rozwiązanie:

Rozpatrzmy dwa przystające trapezy.

R2PtAjav6IMTF

Ilustracja przedstawia dwa przystające trapezy o podstawach długości a i b oraz wysokości h. Trapez po lewej stronie ma górną podstawę a i dolną b, trapez po prawej stronie ma górną podstawę b i dolną a. Wysokość obu trapezów jest taka sama.

Zauważmy, że suma pól tych dwóch trapezów jest równa polu równoległoboku o podstawie $a+b$ i wysokości $h$.

R1NNGWenK6ewl

Ilustracja przedstawia dwa przystające trapezy o podstawach długości a i b oraz wysokości h. Figury połączone są dłuższym ramieniem, tworząc równoległobok. Trapez po lewej stronie ma górną podstawę a i dolną b, trapez po prawej stronie ma górną podstawę b i dolną a. Wysokość obu trapezów jest taka sama.

Zatem pole jednego trapezu jest połową pola równoległoboku o podstawie $a+b$ i wysokości $h$, co należało udowodnić.

Rozpatrzmy fragment dachu, który potrzebujemy pokryć dachówką. Przed zamówieniem materiału musimy obliczyć jego powierzchnię. Obliczymy pole powierzchni zaznaczonego fragmentu dachu.

RSrRSI3aes7rW

Ilustracja przedstawia dom, jego dach jest w kształcie trapezu prostokątnego o podstawach długości 8 i 6 i pół. Ramię prostopadłe do podstaw ma długość sześć.

Rozwiązanie:

Fotografia jest oczywiście przekształceniem trójwymiarowego świata na dwuwymiarowy obraz i dlatego trzeba wyobraźni, aby zauważyć, w którym miejscu najlepiej zaznaczyć/zmierzyć wysokość tego trapezu.

Wykorzystując informacje zaznaczone na zdjęciu obliczamy

$P=\frac{\left(8+6,5\right)·6}{2}=14,5·3=43,5 {\mathrm{m}}^2$.

Działka w kształcie trapezu o powierzchni $0,8 \mathrm{ha}$ ma dwa równoległe do siebie fragmenty ogrodzenia o długościach $420 \mathrm{m}$ i $320 \mathrm{m}$. Przyjmując, że ogrodzenie umiejscowione jest na granicy działki, obliczymy długość najkrótszej drogi między tymi fragmentami ogrodzenia.

RGc3HzdEtVDPp

Ilustracja przedstawia trapez, którego lewe ramię jest nachylone do dolnej podstawy pod kątem rozwartym, a prawe pod kątem ostrym. Wykreślono wysokość figury.

Rozwiązanie:

Najkrótsza droga między równoległymi fragmentami ogrodzenia działki jest wysokością trapezuwysokość trapezuwysokością trapezu będącego jej kształtem.

Przekształcamy zatem wzór na pole: $P=\frac{\left(a+b\right)·h}{2}$, wyznaczając z niego wysokość.

Mnożymy obustronnie przez $2$ oraz dzielimy przez $\left(a+b\right)$ i otrzymujemy

$h=\frac{2P}{a+b}$.

Stąd:

$h=\frac{2·8000}{420+320}=200 \mathrm{m}$.

Zatem najkrótsza droga między równoległymi fragmentami ogrodzenia działki ma długość $200$ metrów.

Niech dany będzie trapez prostokątny o podstawach długości $2\sqrt{5}$ i $3\sqrt{5}$ oraz kącie ostrym $\alpha$ takim, że $\mathrm{tg}\alpha =\frac{3}{2}$. Obliczymy pole tego trapezu.

Rozwiązanie:

Sporządzamy rysunek.

R1EsS7bBnPq1O

Ilustracja przedstawia trapez prostokątny, przy czym prawe ramię nachylone jest do dolnej podstawy pod ostrym kątem alfa. Górna podstawa ma długość $2\sqrt{5}$, a dolna $3\sqrt{5}$.

Poprowadzimy wysokość tak, żeby trapez podzielić na prostokąt o bokach $2\sqrt{5}$ i $h$ oraz trójkąt prostokąty.

Ryi4meay7XuW7

Ilustracja przedstawia trapez prostokątny, przy czym prawe ramię nachylone jest do dolnej podstawy pod ostrym kątem alfa. Górna podstawa ma długość $2\sqrt{5}$, a dolna $3\sqrt{5}$. Z prawego górnego wierzchołka upuszczono wysokość h, która dzieli trapez na dwie figury: pierwsza to trójkąt prostokątny o pionowej przyprostokątnej h i o poziomej przyprostokątnej o długości pierwiastek kwadratowy z pięć., druga to prostokąt o wymiarach 2 pierwiastki z 5 na h.

Skoro $\mathrm{tg}\alpha =\frac{3}{2}$, to:

$\frac{3}{2}=\frac{h}{\sqrt{5}}$

z czego wynika, że:

$h=\frac{3\sqrt{5}}{2}$.

Ostatecznie pole trapezu wynosi

$P=\frac{\left(2\sqrt{5}+3\sqrt{5}\right)}{2}·\frac{3\sqrt{5}}{2}=\frac{5\sqrt{5}·3\sqrt{5}}{4}=\frac{75}{4}$.

Obliczymy pole trapezu o podstawach długości $8$ i $13$ oraz ramionach długości $4$ i $6$.

Rozwiązanie:

Przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku:

R1Ud9knbTW0iU

Ilustracja przedstawia trapez o podstawach długości 8 (górna) i 13 (dolna) oraz ramionach długości 4 (lewe) i sześć (prawe). Zaznaczono wysokości z obu górnych wierzchołków, które dzielą dłuższą podstawę na trzy części. X, 8 i $5-x$. Mamy więc trapez podzielony na trzy figury. Od lewej: trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej równej 4, poziomej przyprostokątnej o długości x oraz pionowej przyprostokątnej o długości h, druga figura to prostokąt o wymiarach 8 na h, trzecia figura to trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej równej 6, poziomej przyprostokątnej o długości 5 odjąć x oraz pionowej przyprostokątnej o długości h,

Zastosujemy dwa razy twierdzenie Pitagorasa:

Z obydwu równań wyznaczamy $h^2$:

$h^2=16-x^2$

$h^2=36-25+10x-x^2$

Wyznaczamy $x$:

$16-x^2=11+10x-x^2$

$10x=5$

$x=\frac{1}{2}$

Wyznaczamy $h$:

$h^2=16-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2$

$h^2=\frac{63}{4}$

$h=\frac{3\sqrt{7}}{2}$

Obliczamy pole trapezu:

$P=\frac{8+13}{2}\cdot \frac{3\sqrt{7}}{2}=\frac{63\sqrt{7}}{4}$.

Obliczymy pole trapezu równoramiennego o wysokości długości $8$ i przekątnej długości $17$.

Rozwiązanie:

Przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku:

R9ibGTNNZ63Od

Ilustracja przedstawia trapez równoramienny o podstawach długości a (górna) i $a+2x$ (dolna). Z obu górnych wierzchołków upuszczono wysokości h równe 8 i poprowadzono jedną z przekątnych d o długości siedemnaście. Wysokości podzieliły trapez na trzy części. Po bokach mamy dwa trójkąty prostokątne o poziomej przyprostokątnej o długości x, pionowej przyprostokątnej h oraz przeciwprostokątnej będącej ramieniem trapezu. Pomiędzy trójkątami wysokości oddzieliły w figurze prostokąta o wymiarach h na a.

Z twierdzenia Pitagorasa:

$h^2+{\left(a+x\right)}^2=d^2$

$8^2+{\left(a+x\right)}^2={17}^2$

${\left(a+x\right)}^2=289-64$

${\left(a+x\right)}^2=225$

$a+x=15$

Zauważamy, że suma podstaw trapezu jest równa podwojonej długości odcinka $a+x$. Obliczamy zatem pole trapezu:

$P=\frac{2\left(a+x\right)}{2}·h=\left(a+x\right)·h$

$P=15·8=120$.

Stosunek długości podstaw trapezu równoramiennego wynosi $1:2$. Kąt jaki tworzy ramię tego trapezu z  dłuższą podstawą ma miarę $60°$. Obliczymy długość wysokościwysokość trapezuwysokości tego trapezu, jeżeli jego pole wynosi $27\sqrt{3}$.

Rozwiązanie:

Przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku.

R1NzdHe1Rwa6X

Ilustracja przedstawia trapez o podstawach długości 2 a (dolna) oraz a (górna) o  wysokości h upuszczonej z prawego górnego wierzchołka, która z ramieniem tworzy trójkąt o przyprostokątnych h i x. Kąt przy podstawie wynosi 60 stopni.

Ponieważ trapez jest równoramienny, to $x=\frac{1}{2}a$. Zatem: $h=\frac{1}{2}a·\mathrm{tg}\alpha$, stąd: $h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Korzystamy ze wzoru na pole trapezu:

$27\sqrt{3}=\frac{a+2a}{2}·\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$3a^2=108$

$a^2=36$

$a=6$

Zatem: $h=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$.

W trapezie $ABCD$ dłuższa podstawa $AB$ ma długość $7\sqrt{3}$, a kąt $BAD$ ma miarę $60°$. Przekątna $AC$ ma długość $9$ i zawiera się w dwusiecznej kąta $DAB$. Obliczymy pole tego trapezu.

Rozwiązanie:

Przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku:

RGD0Tzv9pQbpp

Ilustracja przedstawia trapez A B C D o dłuższej dolnej podstawie długości $7\sqrt{3}$ , krótszej długości a oraz o ramionach c i d. Ramię c będące odcinkiem A D nachylone jest do dolnej podstawy A B pod kątem sześćdziesięciu stopni. Przekątna A C ma długość 9 i dzieli kąt przy wierzchołku A na dwa kąty po 30 stopni.

Kąt $ADC$ ma miarę $120°$, zatem $\left|\sphericalangle ACD\right|=30°$, co oznacza, że $a=c$.

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta $ACD$:

$9^2=a^2+a^2-2·a·a·\cos 120°$

$81=2a^2+2a^2·\cos 60°$

$2a^2+2a^2·\frac{1}{2}=81$

$3a^2=81$

$a^2=27$

$a=3\sqrt{3}$

Narysujemy wysokość opuszczoną z wierzchołka $C$:

RXdSN3vVOX43z

Ilustracja przedstawia trapez A B C D o dłuższej podstawie długości $7\sqrt{3}$ (dolna podstawa) i krótszej długości $3\sqrt{3}$ (górna podstawa) oraz o ramionach c i d. Ramię c, czyli odcinek A D, nachylone jest pod kątem sześćdziesięciu stopni do dolnej podstawy A B. Przekątna A C ma długość 9 i dzieli kąt przy wierzchołku A na dwa kąty po 30 stopni. Z wierzchołka C upuszczono wysokość C E i podpisano ją literą h.

Zauważmy, że kąty w trójkącie $AEC$, to $30°$, $60°$, $90°$. Skorzystajmy zatem z zależności w tym trójkącie. Skoro $\left|AC\right|=9$, to $\left|EC\right|=4,5$ i $\left|AE\right|=4,5\sqrt{3}$.

Stąd otrzymujemy, że wysokośc trapezu $h=4,5$.

Obliczamy pole trapezu:

$P=\frac{7\sqrt{3}+3\sqrt{3}}{2}·4,5=\frac{45\sqrt{3}}{2}$.

Przekątna trapezu o długości $6$ tworzy z dłuższą podstawą kąt $30°$ i jest prostopadła do ramienia. Obliczymy pole tego trapezu z dokładnością do $0,01$, jeśli krótsza podstawa ma długość $4$.

Rozwiązanie:

Przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku:

R8MttaRPc5ZxM

Ilustracja przedstawia trapez o podstawach 4 (górna) i a (dolna) oraz o przekątnej poprowadzonej z dolnego lewego wierzchołka o długości sześć, która nachylona jest do dolnej podstawy pod kątem trzydziestu stopni. Między przekątną a prawym ramieniem zaznaczono kąt prosty.

Korzystając z zależności w trójkącie $30°$, $60°$, $90°$ otrzymujemy, że:

$\frac{1}{2}a\sqrt{3}=6$

$a=4\sqrt{3}$.

Wyznaczamy długość wysokości korzystając z funckji trygonometrycznych:

R1SIndjAETPqL

Ilustracja przedstawia trapez o podstawach 4 (górna) i 4 pierwiastki kwadratowe z 3 (dolna) oraz o przekątnej poprowadzonej z dolnego lewego wierzchołka o długości sześć, która nachylona jest do dolnej podstawy pod kątem trzydziestu stopni. Między przekątną a prawym ramieniem zaznaczono kąt prosty. Z górnego prawego wierzchołka upuszczono wysokość h.

$\frac{h}{6}=\sin 30°$

$h=6·\sin 30°=3$

Obliczamy pole trapezu:

$P=\frac{4+4\sqrt{3}}{2}·3\approx 16,39$.

W trapezie $ABCD$ przekątne $AC$ i $BD$ przecinają się w punkcie $O$ takim, że: $\left|AO\right|:\left|OC\right|=3:1$. Pole trójkąta $BOC$ jest równe $12$. Uzasadnij, że pole trapezu $ABCD$ jest równe $60$.

Rozwiązanie:

Trójkąty $ABO$ i $CDO$ są podobne. Zatem wysokości w tych trójkątach są w stosunku $3:1$. Ponadto $\left|AB\right|=3\left|CD\right|$.

RiYXZnOyeEdhd

Ilustracja przedstawia trapez A B C D. Zaznaczono przekątne oraz upuszczono wysokość ze środka górnej podstawy. Wysokość przecina się w punkcie O razem z przekątnymi. Część wysokości nad punktem O opisano literą h, część pod punktem O opisano jako 3 h.

Zauważmy, że

$P_{△BCD}=P_{△BOC}+P_{△CDO}=12+P_{△CDO}$

oraz

$P_{△CDO}=\frac{1}{2}·\left|CD\right|·h$

$P_{△BCD}=\frac{1}{2}·\left|CD\right|·\left(h+3h\right)=\frac{1}{2}·\left|CD\right|·4h=4·P_{△CDO}$.

Przyrównując obie równości

$12+P_{△CDO}=4·P_{△CDO}$

$12=3·P_{△CDO}$

$P_{△CDO}=4$,

stąd

$P_{△BCD}=12+4=16$.

Zauważmy również, że

$P_{△ABD}=\frac{1}{2}·\left|AB\right|·\left(h+3h\right)=2h·\left|AB\right|$.

Ponieważ $\left|AB\right|=3\left|CD\right|$, to

$P_{△ABD}=3\left|CD\right|·2h=6\left|CD\right|·h=\frac{1}{2}·12·\left|CD\right|·h=12·P_{△CDO}=12·4=48$.

Zatem pole trapezu $ABCD$, to $48+16=64$.

odcinek łączący podstawy lub ich przedłużenia i będący prostopadły do tych podstaw (również odległość między podstawami)