Задача №15334

Биссектрисы углов $BAD$ и $BCD$ равнобедренной трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $O\text{.}$ Через точку $O$ провели прямую, параллельную основаниям $BC$ и $AD\text{.}$

а) Докажите, что отрезок этой прямой внутри трапеции равен её боковой стороне.

б) Найдите отношение длин оснований трапеции, если $AO=CO$ и данная прямая делит сторону $AB$ в отношении $AM:MB=1:2\text{.}$

а) Пусть $\angle BAD=\alpha \text{.}$ В равнобедренной трапеции $\angle BCD=180^{\circ }-\alpha \text{.}$

Так как $AK$ — биссектриса угла $BAD$ (где $K$ — точка на прямой $BC$), то $\angle BAK=\angle KAD=\frac{\alpha }{2}\text{.}$ Поскольку $BC\parallel AD\text{,}$ накрест лежащие углы равны: $\angle BKA=\angle KAD=\frac{\alpha }{2}\text{.}$ Таким образом, в треугольнике $ABK$ углы при основании $AK$ равны, следовательно, он равнобедренный: $BK=AB\text{.}$ Аналогично для биссектрисы $CL$ угла $BCD$ (где $L$ на прямой $AD$): $\angle DCL=\angle LCB=\frac{180^{\circ }-\alpha }{2}=90^{\circ }-\frac{\alpha }{2}\text{.}$ Угол $\angle DLC=\angle LCB=90^{\circ }-\frac{\alpha }{2}$ как накрест лежащий. Следовательно, треугольник $CDL$ равнобедренный: $DL=CD\text{.}$

В равнобедренной трапеции $AB=CD=c\text{,}$ поэтому $BK=DL=c\text{.}$ Пусть прямая, проходящая через $O\text{,}$ пересекает боковые стороны в точках $M$ и $N\text{.}$ По подобию треугольников (или теореме Фалеса):

$$MO\parallel BK\Rightarrow \frac{MO}{BK}=\frac{AM}{AB}\Rightarrow MO=c\cdot \frac{AM}{AB}$$ $$ON\parallel DL\Rightarrow \frac{ON}{DL}=\frac{CN}{CD}$$

Поскольку $MN\parallel AD\text{,}$ по теореме Фалеса $\frac{CN}{CD}=\frac{BM}{BA}\text{.}$ Тогда:

$$ON=c\cdot \frac{BM}{AB}$$ $$MN=MO+ON=c\cdot \left(\frac{AM+MB}{AB}\right)=c\cdot \frac{AB}{AB}=c=AB$$

Отрезок прямой равен боковой стороне трапеции.

б) По условию $AM:MB=1:2\text{,}$ значит $AM=\frac{1}{3}c\text{,}$ $MB=\frac{2}{3}c\text{.}$

Из подобия $△AMO\sim △ABK$ имеем $\frac{AO}{AK}=\frac{AM}{AB}=\frac{1}{3}\text{.}$ Из подобия для $ON$ и $CL$ имеем $\frac{CO}{CL}=\frac{CN}{CD}=\frac{MB}{AB}=\frac{2}{3}\text{.}$ Условие $AO=CO$ даёт:

$$\frac{1}{3}AK=\frac{2}{3}CL\Rightarrow AK=2CL$$

Выразим длины биссектрис из равнобедренных треугольников $ABK$ и $CDL\text{:}$

$$AK=2c\cos \left(\frac{\alpha }{2}\right),CL=2c\sin \left(\frac{\alpha }{2}\right)$$

Тогда:

$$2c\cos \left(\frac{\alpha }{2}\right)=4c\sin \left(\frac{\alpha }{2}\right)\Rightarrow \mathrm{tg}\left(\frac{\alpha }{2}\right)=\frac{1}{2}$$

Отсюда:

$$\cos \alpha =\frac{1-{\mathrm{tg}}^2\left(\frac{\alpha }{2}\right)}{1+{\mathrm{tg}}^2\left(\frac{\alpha }{2}\right)}=\frac{1-\frac{1}{4}}{1+\frac{1}{4}}=\frac{3}{5}$$

Пусть $AD=a\text{,}$ $BC=b\text{.}$ В равнобедренной трапеции $a=b+2c\cos \alpha =b+\frac{6}{5}c\text{.}$ Высота трапеции $h=c\sin \alpha =\frac{4}{5}c\text{.}$ Точка $O$ находится на высоте $h_O=\frac{1}{3}h=\frac{4}{15}c$ от основания $AD$ (так как $AM=\frac{1}{3}AB$).

Воспользуемся методом координат: $A(0;0)\text{,}$ биссектриса $AK$ задаётся как $y=x\mathrm{tg}\left(\frac{\alpha }{2}\right)=\frac{1}{2}x\text{.}$ При $y_O=\frac{4}{15}c$ получаем $x_O=\frac{8}{15}c\text{.}$

Точка $C$ имеет координаты $(b+0,6c;0,8c)\text{,}$ а $L$ имеет координаты $(a-c;0)\text{.}$ Уравнение $CL$ через $L$ имеет вид $y=k(x-(a-c))\text{,}$ где $k=\frac{0,8c}{(b+0,6c)-(a-c)}=\frac{0,8c}{0,4c}=2\text{.}$

Подставляя $O(x_O;y_O)$ в уравнение $y=2(x-a+c)\text{:}$

$$\frac{4}{15}c=2\left(\frac{8}{15}c-a+c\right)\Rightarrow \frac{2}{15}c=\frac{8}{15}c-a+c\Rightarrow a=\frac{21}{15}c=\frac{7}{5}c$$ $$b=a-\frac{6}{5}c=\frac{7}{5}c-\frac{6}{5}c=\frac{1}{5}c$$

Отношение $AD:BC=a:b=7:1\text{.}$

Ответ: 7 : 1