Задачи, требующие дополнительного построения (страница 2)

Пусть \(BC=2a\), \(AD=2b\). Тогда \(m=a+b\). Тогда \(MD=AD-AM=2b-a-b=b-a\). Соединим середины оснований и получим отрезок \(NK\). По свойству трапеции этот отрезок проходит через точку пересечения диагоналей. Тогда \(KM=AM-AK=a+b-b=a\). Следовательно, \(KNCM\) – параллелограмм (две стороны \(KM\) и \(NC\) равны \(a\) и параллельны). Таким образом, \(NK=CM\). Значит, найдем \(NK\).

\(ON\) и \(OK\) – медианы в прямоугольных треугольниках \(BOC\) и \(AOD\) соответственно, проведенные к гипотенузе. Следовательно, каждая из них равна половине гипотенузы, то есть \(ON=a\), \(OK=b\). Тогда \(NK=a+b=m\). Следовательно, и \(CM=m\).

а) Равенство длин \(AC\) и ломаной \(QAP\) равносильно равенству длин \(AQ\) и \(PC\).

На стороне \(AB\) отметим точку \(T\) так, что \(AT = AP\). Так как \(\triangle ABC\) – равносторонний, то \(AB = AC\), следовательно, \[\dfrac{AT}{AB} = \dfrac{AP}{AC}.\]

Рассмотрим треугольники \(ABC\) и \(ATP\): \[\dfrac{AT}{AB} = \dfrac{AP}{AC},\qquad\qquad \angle PAT \text{— общий},\] следовательно, они подобны по пропорциональности двух сторон и равенству углов между ними, откуда \[\dfrac{AT}{AB} = \dfrac{AP}{AC} = \dfrac{PT}{BC},\] следовательно, \(PT = AP = AT\).

Так как треугольник \(\angle APT\) – равносторонний, то \(\angle ATP = \angle TAP = 60^\circ\), откуда \(\angle BTP = \angle QAP\).

Кроме того, так как \(PQ = BP\), то \(\angle AQP = \angle ABP\). Из этого следует, что \[\angle APQ = 180^\circ - \angle AQP - \angle QAP = 180^\circ - \angle ABP - BTP = \angle BPT,\] следовательно, треугольники \(BTP\) и \(APQ\) равны по двум сторонам и углу между ними, откуда \[AQ = BT = AB - AT = AC - AP = PC.\]

б) \(AQ = PC = 4\). Так как \(\angle BAC = 60^\circ\), то \(\angle QAP = 120^\circ\), тогда \[S_{\triangle QAP} = 0,5\cdot 2\cdot 4\cdot\sin 120^\circ = 2\sqrt{3}.\]

Так как \(\triangle ABC\) – равносторонний с длиной стороны \(6\), то \[S_{\triangle ABC} = \dfrac{6^2\sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3}.\]

Таким образом, \[S_{BQPC} = S_{\triangle QAP} + S_{\triangle ABC} = 11\sqrt{3}.\]

Так как \(BM+MC\) равно стороне правильного треугольника \(ABC\), то условие \(BM=CN\) равносильно тому, что \(CN+MC\) тоже будет равно стороне правильного треугольника \(ABC\).

Поэтому отметим на \(AC\) точку \(M'\) такую, что \(CM=CM'\). Тогда нам необходимо доказать, что \(M'N\) равно стороне правильного треугольника, например, \(AC\).

Заметим, что \(\triangle MCM'\) равнобедренный с углом при вершине \(60^\circ\), следовательно, он равносторонний. Значит, \(MM'=MC\).
Так как \(AM=MN\), то \(\triangle AMN\) равнобедренный и \(\angle MAN=\angle MNA\). \(\angle MCN=180^\circ-60^\circ=120^\circ\), аналогично \(\angle AM'M=120^\circ\). Следовательно, \[\angle AMM'=180^\circ-\angle MAN-120^\circ=180^\circ-\angle MNA-120^\circ=\angle NMC.\]

Следовательно, \(\triangle AMM'=\triangle NMC\) по двум сторонам (\(AM=MN, MM'=MC\)) и углу между ними. Отсюда \(AM'=CN\). Следовательно, \[AC=AM'+M'C=CN+M'C=M'N.\]

а) На прямой, содержащей \(AB\), отложим точку \(E\) так, что \(AE = CD\) и \(A\) лежит между \(E\) и \(D\). Достаточно доказать, что \(EB = CB\).

Пусть точка \(F\) – середина \(AD\). Прямоугольные треугольники \(AEF\) и \(CDF\) равны по двум катетам, откуда \(\angle AFE = \angle DFC\), следовательно, точки \(E\), \(F\) и \(C\) лежат на одной прямой, причём \(EF = FC\), то есть \(BF\) – медиана.

Так как биссектриса треугольника делит его сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам, то \[\dfrac{EF}{EB} = \dfrac{FC}{CB}\qquad\Rightarrow\qquad \dfrac{EF}{EB} = \dfrac{EF}{CB}\qquad\Rightarrow\qquad EB = CB\qquad\Rightarrow\qquad CB = EA + AB,\] то есть \(CB = CD + AB\), тогда \[P_{ABCD} = AB + CD + BC + AD = 2BC + AD.\]

б) \[S_{MNP} = 0,5\cdot AD\cdot BC\cdot\sin 150^\circ = 0,25\cdot AD\cdot BC = 0,25\cdot AD\cdot(AB + CD) = 0,5\cdot S_{ABCD},\] откуда \[S_{ABCD} = 2\cdot S_{MNP} = 200.\]

Так как \(\triangle BAD\) равнобедренный и \(\angle BAD=140^\circ\), то \(\angle ABD=\angle ADB=20^\circ\). Тогда \(\angle BAE=180^\circ-110^\circ-20^\circ=50^\circ\), \(\angle DAE=140^\circ-50^\circ=90^\circ\).
Проведем \(AK\perp CB\), \(AH\perp CD\). Так как \(A\) лежит на биссектрисе угла \(C\), то \(A\) равноудалена от сторон угла \(C\), следовательно, \(AK=AH\). Следовательно, \(\triangle AKB=\triangle AHD\) по катету и гипотенузе. Следовательно, \(\angle KAB=\angle HAD=x\). Так как \(\triangle KAC=\angle HAC\) (также по катету и гипотенузе), то \[50^\circ+x=\angle KAC=\angle HAC=90^\circ-x \quad\Rightarrow\quad 50^\circ+x=90^\circ-x\quad\Rightarrow\quad x=20^\circ.\] Следовательно, из \(\triangle HAD\): \[\angle CDB=90^\circ-20^\circ-20^\circ=50^\circ.\]

Так как \(AK\) – медиана, то \(\triangle ABE\) можно достроить до параллелограмма \(ABTE\), в котором \(AK\) – половина диагонали \(AT\). Докажем, что \(AT=CD\).
Пусть \(\angle ABE=\alpha\), \(\angle AEB=\beta\). Тогда \(\angle TBE=\beta\), следовательно, \[\angle ABT=\alpha+\beta=\angle DAC\] Также, так как \(ABTE\) – параллелограмм, то \(BT=AE=AD\). Следовательно, \(\triangle ABT=\triangle DAC\) по двум сторонам и углу между ними: \(AB=AC, BT=AD, \angle ABT=\angle DAC\). Следовательно, \(AT=CD\), чтд.

Пусть \(ABC\) – равнобедренный треугольник с основанием \(AC\). Пусть \(BH=\frac12CK\), где \(BH\) и \(CK\) – биссектрисы. Пусть половина угла \(B\) равна \(\beta\), а половина угла \(C\) равна \(\alpha\). Так как \(BH\) также является и высотой, то \(2\alpha+\beta=90^\circ\).
Достроим \(\triangle ABC\) до параллелограмма \(ABCN\), продлив медиану \(BH\) за точку \(H\) на \(HN=BH\). Мало того, так как \(BN\perp AC\), то \(ABCN\) – ромб. Тогда \(\angle ACN=\angle ACB=2\alpha\).
Проведем \(KM\parallel BN\), \(M\) лежит на прямой \(CN\). Тогда, так как к тому же \(KB\parallel MN\), \(KBNM\) – параллелограмм, следовательно, \(KM=BN=KC\).
Значит, \(\triangle CKM\) равнобедренный и \(\angle KMC=\angle KCM=3\alpha\). Но \(\angle KMC=\angle BNC\) как соответственные при \(KM\parallel BN\) и секущей \(CM\). Следовательно, \(3\alpha=\angle BNC=\angle NBC=\beta\). Так как уже говорилось, что \(\beta+2\alpha=90^\circ\), то находим \(\alpha=18^\circ, \beta=54^\circ\).
Следовательно, углы треугольника \(36^\circ, 36^\circ\) и \(108^\circ\).