Трапеции — задача ЕГЭ по профильной математике

Условие, ответ и разбор задачи

Планиметрическая задачаЕГЭ 2023 (основа)

Дана равнобедренная трапеция

ABCD

с основаниями

AD

BC

. Биссектрисы углов

BAD

BCD

пересекаются в точке

O

. Точки

M

N

отмечены на боковых сторонах

AB

CD

соответственно. Известно, что

AM=MO

CN=NO

.

а) Докажите, что точки

M

N

O

лежат на одной прямой.

б) Найдите

AM:MB

, если известно, что

AO=OC

BC:AD=1:7

Решение

а) Так как

AO

— биссектриса угла

\angle BAD

, то

\angle MAO=\angle OAD

. По условию

AM=MO

. Значит,

\triangle AMO

равнобедренный, поэтому

\angle MAO=\angle AOM

. Следовательно,

\angle AOM=\angle OAD.

А значит,

MO\parallel AD.

Аналогично, так как

CO

— биссектриса угла

\angle BCD

, то

\angle NCO=\angle BCO

. По условию

CN=NO

. Значит,

\triangle CNO

равнобедренный, поэтому

\angle NCO=\angle CON

. Следовательно,

\angle CON=\angle BCO.

А значит,

NO\parallel BC.

Так как основания трапеции параллельны, то

AD\parallel BC.

Получаем, что через точку

O

проходят две прямые

MO

NO

, обе параллельные основаниям трапеции. Значит, это одна и та же прямая.

Следовательно, точки

M

N

O

лежат на одной прямой.

б) Из пункта а) получили, что

M,\ O,\ N

лежат на одной прямой, причем

MN\parallel AD\parallel BC.

Опустим из точки

O

перпендикуляр

OH

на основание

AD

. Из точки

C

опустим перпендикуляры

CL

CP

на прямые

MN

AD

соответственно.

Так как трапеция равнобедренная, то

\angle BAD=\angle CDA.

Кроме того, так как

AD\parallel BC

, то

\angle BAD+\angle BCD=180^\circ.

Поскольку

AO

CO

— биссектрисы этих углов, получаем:

\angle OAD+\angle OCB=\dfrac{\angle BAD+\angle BCD}{2}=\dfrac{180^\circ}{2}=90^\circ.

Пусть

\angle OAD=\alpha

. Тогда

\angle OCB=90^\circ-\alpha

.

Так как

BC\parallel AD

, то

\angle OCL=\alpha

.

Рассмотрим прямоугольные треугольники

\triangle AHO

\triangle OCL

.

По условию

AO=OC

. Кроме того,

\angle OAH=\alpha\qquad \text{и} \qquad\angle OCL=\alpha.

Значит, прямоугольные треугольники

\triangle AHO

\triangle OCL

равны. Поэтому

AH=CL,\qquadOH=OL.

Так как

OH\perp AD

CL\perp MN

MN\parallel AD

, то четырехугольник

OLPH

— прямоугольник. А из равенства

OH=OL

следует, что

OLPH

— квадрат.

Значит,

HP=OL=LP=OH.

Тогда

AP=AH+HP=CL+LP=CP.

По условию

BC:AD=1:7

, тогда обозначим

BC=a,\qquadAD=7a.

Так как трапеция равнобедренная, то проекции боковых сторон на основание

AD

равны. Значит,

PD=\dfrac{AD-BC}{2}=\dfrac{7a-a}{2}=3a.

Тогда

AP=AD-PD=7a-3a=4a.

Но выше мы доказали, что

AP=CP

, значит,

CP=4a.

Так как

AO

— биссектриса

\angle BAD

, то

\angle BAD=2\alpha

. Трапеция

ABCD

равнобедренная, значит, углы при основании

AD

равны:

\angle BAD=\angle CDA = 2\alpha.

В прямоугольном треугольнике

\triangle CPD

имеем:

\tg 2\alpha=\dfrac{CP}{PD}=\dfrac{4a}{3a}=\dfrac43.

По формуле тангенса двойного угла:

\tg 2\alpha=\dfrac{2\tg\alpha}{1-\tg\alpha^2}.

Пусть

\tg\alpha=t

.

Получаем:

\dfrac{2t}{1-t^2}=\dfrac43.

Тогда

6t=4(1-t^2),

6t=4-4t^2,

4t^2+6t-4=0,

2t^2+3t-2=0.

Отсюда

t=\dfrac12 \qquad \text{или} \qquad t=-2.

Так как

\alpha

— острый угол, то

\tg\alpha>0

. Значит,

\tg\alpha=\dfrac12.

Теперь найдем отношение

AM:MB

.

Вернемся к прямоугольному треугольнику

\triangle AHO

\tg\alpha=\dfrac{OH}{AH}=\dfrac12,

значит,

AH=2OH.

Так как

OLPH

— квадрат, то

HP=OH

. Тогда

AP=AH+HP=2OH+OH=3OH.

Но выше получили, что

AP=4a

. Значит,

3OH=4a,

OH=\dfrac{4a}{3}.

Так как

OLPH

— квадрат, то

LP=OH=\dfrac{4a}{3}.

Кроме того,

CP=4a

. Тогда

CL=CP-LP=4a-\dfrac{4a}{3}=\dfrac{8a}{3}.

Прямые

AD

MN

BC

параллельны. Значит, по обобщенной теореме Фалеса эти параллельные прямые отсекают на боковой стороне

AB

отрезки, пропорциональные расстояниям между параллельными прямыми:

\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{LP}{CL}.

Подставим найденные значения:

\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{\dfrac{4a}{3}}{\dfrac{8a}{3}}=\dfrac12.

Следовательно,

AM:MB=1:2.

Ответ:

1:2

Трапеции — задача ЕГЭ по профильной математике

Похожие задачи