Планиметрия: Биссектрисы углов B A D и B C D равнобедренной... —...

Условие, ответ и разбор задачи

Планиметрическая задачаФИПИ

Биссектрисы углов

B A D

B C D

равнобедренной трапеции

A B C D

пересекаются в точке

O

. Через точку

O

провели прямую, параллельную основаниям

B C

A D

.

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

б) Найдите отношение длин оснований трапеции, если

A O=C O

и данная прямая делит сторону

A B

в отношении

AM:MB=1:2

Решение

а) Так как

MN \parallel AD

, то

\angle AOM = \angle OAD

(как накрест лежащие углы при параллельных прямых).

AO

— биссектриса, поэтому

\angle MAO = \angle OAD

. Следовательно,

\angle AOM = \angle MAO

, и треугольник

AMO

равнобедренный:

AM = MO

.

Аналогично,

\angle CON = \angle BCO

(накрест лежащие углы при параллельных прямых

MN

BC

CO

— биссектриса, поэтому

\angle NCO = \angle BCO

. Следовательно,

\angle CON = \angle NCO

, и треугольник

CNO

равнобедренный:

CN = NO

.

Трапеция равнобедренная, поэтому

AB = CD

. Значит, из параллельности прямых

AD, BC

MN

следует, что

AM = DN

MB = NC

. Следовательно,

MN = MO + ON = AM + CN = AB.

Рисунок 1 к решению задачи №18: Трапеции

б) Из точки

O

опустим перпендикуляр

OH

на основание

AD

. Также из точки

C

опустим перпендикуляры

CL

CP

на прямые

MN

AD

соответственно. Заметим, что

OH = LP

.

Трапеция является равнобедренной, поэтому

\angle{ABC} = \angle{BCD}

. Вместе с тем,

\angle{BAD} + \angle ABC = 180^\circ

, значит,

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

Так как

AO

CO

— биссектрисы, то:

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

Пусть

\angle OAD = \alpha

, тогда

\angle ADC = 2\alpha

\angle OCB = 90^\circ - \alpha

. В прямоугольном треугольнике

OLC

получаем:

\angle{OCL} = \alpha

.

Прямоугольные треугольники

AHO

OCL

имеют равные гипотенузы (

AO = CO

) и равные острые углы (

\angle OAH = \alpha = \angle OCL

). Значит, эти треугольники равны, откуда:

AH = CL, \quad OH = OL.

Тогда

OLPH

— квадрат. Следовательно,

AP = CP

.

В прямоугольном треугольнике

AHO

из обобщённой теоремы Фалеса получаем:

\operatorname{tg}\alpha = \frac{OH}{AH} = \dfrac{LP}{CL} = \dfrac{ND}{CN} = \dfrac{1}{2}.

Тогда:

\frac{CP}{PD} = \operatorname{tg}2\alpha = \frac{2\operatorname{tg}\alpha}{1 - \operatorname{tg}^2\alpha} = \frac{2 \cdot \dfrac{1}{2}}{1 - \left(\dfrac{1}{2}\right)^2} = \frac{1}{\dfrac{3}{4}} = \frac{4}{3}.

Пусть

CP = 4a

PD = 3a

. Значит,

AD = AP + PD = CP + PD = 4a + 3a = 7a.

Рисунок 2 к решению задачи №18: Трапеции

Так как трапеция равнобедренная, то

BC = AD - 2PD = 7a - 6a = a.

Следовательно,

\frac{BC}{AD} = \frac{a}{7a} = \frac{1}{7}.

Ответ:

\dfrac{1}{7}

Планиметрия: Биссектрисы углов B A D и B C D равнобедренной... —...

Похожие задачи