Трапеции

а)

Пусть прямая, проходящая через точку $O$ параллельно $BC$, пересекает боковые стороны $AB$ и $CD$ в точках $M$ и $N$ соответственно.

Так как $AO$ и $CO$ — биссектрисы, то $\angle MAO = \angle OAD$ и $\angle BCO = \angle NCO$.

$\angle OAD = \angle MOA$ и $\angle BCO = \angle CON$, как накрест лежащие углы. Значит $$AM = MO \quad \text{и} \quad CN = ON$$ $ABCD$ — равнобедренная трапеция, тогда $$AM = ND \quad \text{и} \quad BM = CD$$ Тогда $$CD=CN+ND=NO + AM = NO +MO =MN$$ Получили, что $CD=MN$.

б) Пусть $AM = 2x$, $MB = 3x$, а $\angle AMO = \alpha$, тогда $\angle CNO = \angle BMO = 180^\circ - \alpha$.

В $\Delta AMO$ по теореме косинусов: $$AO^2 = AM^2 + MO^2 - 2 \cdot AM \cdot MO \cdot \cos \alpha = 4x^2 + 4x^2 - 2 \cdot 2x \cdot 2x \cdot \cos \alpha = 8x^2 - 8x^2 \cos \alpha.$$ В $\Delta CNO$ по теореме косинусов: $$OC^2 = CN^2 + NO^2 - 2 \cdot CN \cdot NO \cdot \cos(180^\circ - \alpha) = 9x^2 + 9x^2 - 2 \cdot 3x \cdot 3x \cdot (-\cos \alpha) = 18x^2 + 18x^2 \cos \alpha$$ Так как $AO = OC$, то $$8x^2 - 8x^2 \cos \alpha = 18x^2 + 18x^2 \cos \alpha$$ Тогда $$\cos \alpha = -\dfrac{5}{13}$$ Получили, что $\cos \angle BAD = \dfrac{5}{13}$.

Опустим высоту $BH$ на сторону $MN$, из прямоугольного $\Delta MBH$: $$MH = MB\cdot \cos \angle BMH = 3x \cdot \dfrac{5}{13} = \dfrac{15x}{13}$$ $BC = MN - 2MH = 5x - 2 \cdot \dfrac{15x}{13} = \dfrac{35x}{13}$ Из прямоугольного $\Delta AMK$: $$AK =AM\cdot \cos \angle MAK = 2x \cdot \dfrac{5}{13} = \dfrac{10x}{13}$$ Получим, что $$AD = MN + 2AK = 5x + 2 \cdot \dfrac{10x}{13} = \dfrac{85x}{13}$$ Тогда $$\dfrac{BC}{AD} = \dfrac{\dfrac{35x}{13}}{\dfrac{85x}{13}} = \dfrac{7}{17}$$

Ответ: $\; 7:17$.

а)

Так как равные хорды стягивают равные дуги, то $$\angle BCA = \angle DEC \quad \text{и} \quad \angle BAC = \angle DCE$$ Тогда и углы $ABC$ и $CDE$ в треугольниках $ABC$ и $CDE$ также равны.

$DE = BC, DC = BA, \angle ABC =\angle CDE$, значит $\Delta ABC = \Delta CDE$.

А тогда $AC = CE$.

б) Пусть $M$ — точка пересечения $AD$ и $BE$.

$\angle DCE = \angle BEC$, равные хорды стягивают равные дуги. Тогда $CD \parallel BE$.

$\angle BCA = \angle CAD$, равные хорды стягивают равные дуги. Тогда $BC \parallel AD$.

Значит, $BCDM$ — параллелограмм, а значит, $BC=DM=4$, $CD=BM=3$.

$$AM = AD - MD = 6-4=2$$ $\angle BAM= \angle DME$, как вертикальные

$\angle ABE = \angle ADE$, опираются на одну дугу

Тогда треугольники $ABM$ и $MDE$ подобны по двум равным углам. $$\dfrac{AM}{ME}=\dfrac{BM}{MD}$$ $$ME =\dfrac{MD\cdot AM}{BM}= \dfrac{4\cdot2}{3}=\dfrac{8}{3}$$ Тогда $$BE = BM + ME = 3 + \dfrac{8}{3} = \dfrac{17}{3}$$

Ответ: $\; \dfrac{17}{3}$.

а)

Так как по условию задачи $AM = MO$, треугольник $AMO$ – равнобедренный.

Значит, $\angle MAO = \angle MOA = \angle OAD$.

Рассмотрим прямые $MO$ и $AD$.

Углы $\angle MOA$ и $OAD$ – накрест лежащие и равные, следовательно прямые $MO$ и $AD$ параллельны.

Рассмотрим треугольник $NCO$. Так как по условию $NO = NC$, он равнобедренный.

Тогда $\angle NOC = \angle NCO = \angle OCB$.

Рассмотрим прямые $BC$ и $ON$.

Углы $\angle NOC$ и $BCO$ – накрест лежащие и равные, следовательно прямые $BC$ и $ON$ параллельны.

В совокупности получаем: $$MO || AD, \quad NO || BC,\quad BC||AD \Rightarrow MO||ON$$ Значит, точки $M, O, N$ лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.

б)

Проведём высоты трапеции через точки $O$ и $C$.

Пусть угол $MOA = \alpha$. Тогда $\angle AOH = 90^\circ - \alpha$.

Пусть $BC = x$, тогда $AC = 7x$, $AI = 4x$, $ID = 3x$ (св-ва равнобедренной трапеции).

Рассмотрим треугольники $AOH$ и $COG$.

Так как трапеция $ABCD$ равнобедренная: $$\angle BAD + \angle BCD = 180^\circ \Leftrightarrow 2\angle OAH + 2\angle GCO = 180^\circ \Leftrightarrow \angle OAH + \angle GCO = 90^\circ \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow \alpha + \angle GCO = 90^\circ \Leftrightarrow \angle GCO = 90^\circ - \alpha \Rightarrow \angle GOC = \alpha$$ Так как по условию $AO = OC \Rightarrow$ треугольники $AOH$ и $COG$ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам.

Отсюда: $$GC = OH, \quad AH = OG$$

Рассмотрим параллельные прямые $MO$ и $AH$ и секущие $AB$ и $GH$.

По теореме Фалеса: $$\frac{AM}{MB} = \frac{OH}{OG} = \frac{OH}{AH} = \tg \alpha$$ Тогда $\tg 2\alpha = \tg \angle BAD = \tg \angle CDA = \frac{CI}{ID} = \frac{CI}{3x}$ Найдём высоту трапеции $CI$. Так как $GCIH$ – прямоугольник: $$CI = GH = GO + OH = GC + AH = AH + HI = AI =4x$$ Тогда: $$\tg 2\alpha = \tg \angle CDA = \frac{4x}{3x} = \frac{4}{3}$$ Выразим тангенс через формулу тангенса двойного угла: $$\tg 2\alpha = \frac{2\tg \alpha}{1 - \tg^2 \alpha} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow 4\tg^2 \alpha + 6\tg \alpha - 4 = 0 \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow 2\tg^2 \alpha + 3\tg \alpha - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} &\tg \alpha = \frac{1}{2}\\ &\tg \alpha = -2 \end{aligned}\right.$$

Угол $\alpha \in (0; 90)$ – острый.

Значит: $$\tg \alpha = \frac{AM}{MB} = \frac{1}{2}$$

Ответ: $\frac{1}{2}$