Трапеции

а)

Пусть $F$ — точка пересечения $AB$ и $CD$.

$CE \perp CD, \quad AH \perp CD,$ тогда $CE \parallel AH$.

Заметим, что прямоугольные треугольники $FBC, FCE, FHA, FAD$ подобны, так как у них общий острый угол $F$. Следовательно, $$\dfrac{FB}{FC}=\dfrac{FC}{FE}=\dfrac{FA}{FD}=\dfrac{FH}{FA}$$ Заметим, что $$\dfrac{FB}{FC} \cdot \dfrac{FC}{FE} = \dfrac{FA}{FD}\cdot \dfrac{FH}{FA}$$ А тогда $$\dfrac{FB}{FE}= \dfrac{FH}{FD}$$ По теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезков, получаем, что прямая $BH$ параллельна прямой $ED$

б) $\angle BCD = 135^\circ$, тогда $\angle FDA = 45^\circ$. Значит $\Delta FAD$ — равнобедренный.

В $\Delta FAD$ $AH$ — высота и медиана, тогда $FH=AH=DH$. Значит $\dfrac{FH}{FD}=\dfrac{1}{2}$

Так как $BH \parallel ED$, то $\Delta FBH \sim \Delta FED$, тогда $$\dfrac{BH}{ED}=\dfrac{FB}{FE}=\dfrac{FH}{FD}=\dfrac{1}{2}$$ Получили, что $\dfrac{BH}{ED}=\dfrac{1}{2}$

Ответ: $\; 1:2$.

а)

Углы $ABD$ и $ACD$ прямые, поэтому точки $A,B,C,D$ лежат на одной окружности с диаметром $AD$. Значит, $ABCD$ — вписанная трапеция. Тогда $ABCD$ — равнобедренная трапеция. Тогда $AB=CD$.

б) Пусть $AH=x$, тогда $HD = 7+x$

$BH$ — высота в прямоугольном $\Delta ABD$, тогда $$BH^2=AH\cdot HD=x\cdot(7+x)$$

С другой стороны, из прямоугольного $\Delta ABH$: $$BH^2=AB^2-AH^2=4-x^2$$ Тогда $$x\cdot(7+x) = 4-x^2$$ Получим, что $x=\dfrac{1}{2}=AH$, откуда $AD = 2\cdot AH + BC=2\cdot\dfrac{1}{2}+7=8$

Ответ: $\; 8$.

Необходимая теория:

1. Если отрезок из двух точек виден под равными углами, то четыре точки, из которых виден отрезок, лежат на одной окружности.

2. Если вписанный в окружность угол прямой, то он опирается на диаметр этой окружности.

3. Если около трапеции можно описать окружность, то она равнобедренная.

4. Высота прямоугольного треугольника, опущенная из вершины прямого угла, вычисляется по формуле $$h^2=a_c \cdot b_c,$$ где $h$ — высота, $a_c$ и $b_c$ — проекции катетов на гипотенузу.

а)

Так как $ABCD$ — равнобедренная трапеция, то $$MD = \dfrac{AD - BC}{2} = \dfrac{3BC - BC}{2} = BC,$$ Далее, $$AM = AD - MD = 3BC - BC = 2BC,$$ откуда $$\dfrac{AM}{MD} =\dfrac{2BC}{BC}= \dfrac{2}{1}.$$ То есть, $M$ делит $AD$ в отношении $2:1$.

б) Из прямоугольного $\Delta ACM$: $$CM=\sqrt{AC^2-AM^2}=\sqrt{16\cdot 13-\dfrac{4}{9}\cdot 18}=8$$ Из прямоугольного $\Delta CMD$: $$CD=\sqrt{MD^2+CM^2}=\sqrt{6^2 + 8^2}=10$$ Пусть $CM$ пересекает $BD$ в точке $O$.

Заметим, что $BC=MD, \; \angle BCO = \angle OMD = 90^\circ, \; \angle ODM = \angle OBC$, тогда $$\Delta OMD = \Delta OCB,\; \text{тогда } \; MO=OC, \; DO=OB$$ Значит, $CO$ — медиана треугольника $BCD$. По формуле медианы имеем: $$CO = \dfrac{1}{2}\sqrt{2BC^2+2CD^2-BD^2}=\dfrac{1}{2}\sqrt{2\cdot6^2 + 2\cdot 10^2 - 16\cdot13}=4$$

Ответ: $\; 4$.

а)

Пусть высота трапеции равна $2h$, тогда $\rho(M, AD) = \rho(M, BC) = h$. Следовательно,

$$S_{ABM} = S_{ABCD} - S_{BCM} - S_{ADM} = \dfrac{AD + BC}{2} \cdot 2h - \dfrac{1}{2}BC \cdot h - \frac{1}{2}AD \cdot h = \dfrac{1}{2}(AD + BC)h =$$ $$= \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{AD+BC}{2}\cdot2h = \dfrac{1}{2}S_{AMD}.$$

б)

Пусть $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $E$. $BC = \dfrac{1}{2}AD$, поэтому $BC$ — средняя линия треугольника $AED$.

Заметим, что $S_{AKD} = 2S_{BKC}$. Тогда $$\dfrac{1}{2}AD \cdot \rho(K, AD) = 2 \cdot \dfrac{1}{2}BC \cdot \rho(K, BC)$$

Так как $AD = 2BC$, то $\rho(K, AD) = \rho(K, BC)$. Таким образом, точка $K$ лежит на средней линии трапеции. Значит $K$ — середина $CD$.

Опустим перпендикуляры $DH_1$ и $KH_2$ к $AB$ Из подобия прямоугольных треугольников $DH_1E$ и $KH_2E$, имеем:

$$\rho(K, AB) : \rho(D, AB) = KE : DE$$

Таким образом,

$$\rho(K, AB) = 10 \cdot \dfrac{KE}{DE} = 10 \cdot \dfrac{KC + CE}{2CD} = 10 \cdot \dfrac{\dfrac{1}{2}CD + CD}{2CD} = 10 \cdot \dfrac{3}{4} = 7\dfrac{1}{2}$$

Ответ: $\; 7\dfrac{1}{2}$.

а)

$EF$ параллельна $CD$, а $FC = ED$, значит $FCDE$ — равнобедренная трапеция.

Углы $FEA$ и $CDE$ равны, как соответственный при параллельных $FC$ и $ED$ и секущей $AD$.

Тогда $\angle FAD = \angle CDE = \angle FEA$.

Пусть угол $\angle AFE = 2\alpha$. Тогда $\angle FAE =\dfrac{180^\circ - 2\alpha}{2}= 90^\circ - \alpha=\angle CDE = \angle DCF$.

Далее, $$\angle BCD = 180^\circ - \angle ADC = 180^\circ - (90^\circ - \alpha) = 90^\circ + \alpha.$$ Таким образом, $$\angle BCF =\angle BCD - \angle DCF = 90^\circ + \alpha - (90^\circ - \alpha) = 2\alpha = \angle AFE.$$ Получили, что $\angle BCF = \angle AFE = 2\alpha$.

б) Пусть $BF = x$, тогда $DE = CF = 5x$. Пусть $\angle D = \beta$.

В трапеции $FCDE$ проведем высоты $EH$ и $FG$. Она равнобедренная, тогда $$CD =DH + HG + GC =2\cdot DH + HG =2DE\cdot \cos \angle D + HG =2 \cdot 5x \cos \beta + 8, \quad AB = 8 + x,$$ следовательно, $$10x \cos \beta + 8 = 8 + x \Rightarrow \cos \beta = \frac{1}{10}.$$ Пусть $EH$ — высота трапеции, тогда $$EH = ED \cdot \sin \beta =ED \cdot \sqrt{1-\cos^2 \beta}= 5x \cdot \sqrt{1 - \frac{1}{100}} = \frac{x \sqrt{99}}{2} = \frac{3 \sqrt{11}x}{2}$$ Найдем площадь трапеции $CFED$: $$S_{CFED} = \dfrac{FE + CD}{2} \cdot EH = \dfrac{8 + 8 + x}{2} \cdot \dfrac{3 \sqrt{11}x}{2} = 27 \sqrt{11}$$ Тогда $$x(x + 16) = 36 \; \Rightarrow \; x = 2$$

Из равнобедренного $\Delta AFE$: $AE$: $AE = 2AF \cdot \cos \beta = 1{,}6$, следовательно, $AD = 5 \cdot 2 + 1{,}6 = 11{,}6$. Аналогичным способом можем найти длину $BC$: $$BC = AD - 2CD \cdot \cos \beta = 11{,}6 - 2 = 9{,}6$$ Найдем высоту трапеции $ABCD$ $$CD \cdot \sin \beta = 10 \cdot \dfrac{3\sqrt{11}}{10} = 3\sqrt{11}$$ Тогда $$S_{ABCD} = \dfrac{9{,}6 + 11{,}6}{2} \cdot 3\sqrt{11} = \dfrac{159\sqrt{11}}{5}.$$

Ответ: $\; \dfrac{159\sqrt{11}}{5}$.