Қалалық Жәутіков олимпиадасы 8 сынып, 2009 жыл

$ABCD$ ($BC\parallel AD$) трапецисының $A$ және $B$ бұрыштарының биссектрисалары $M$ нүктесінде, ал $C$ және $D$ бұрыштарының биссектрисалары $N$ нүктесінде қиылысады. $BC=a$, $AD=b$, $AB=c$, $CD=d$. $MN$ кесіндісінің ұзындығын табыңдар.

Комментарий/решение

1) $\angle MAD = \angle MAB$ (так как $AM - $ биссектриса, см. условие)

$\angle MBA = \angle MBC$ (так как $BM - $ биссектриса, см. условие)

2) $\angle A + \angle B = 180^\circ$ (сумма внутренних односторонних углов при параллельных прямых равна $180^\circ$)

3) Из $(2)$ следует, что

$$\angle A + \angle B = \angle MAD + \angle MAB+\angle MBA + \angle MBC$$

Из $(1)$ следует, что

$$ \angle MAB+\angle MBA = \dfrac{\angle A + \angle B}{2}=\dfrac{180^\circ}{2}=90^\circ$$

4) Из $(3)$ следует, что $\angle BMA = 90^\circ,\Delta BMA - $прямоугольный

5) $\angle C + \angle D = 180^\circ$ (сумма внутренних односторонних углов при параллельных прямых равна $180^\circ$)

6) Из $(5)$ следует, что

$$\angle C + \angle D = \angle NCB + \angle NCD+\angle NDC + \angle NDA$$

С другой стороны

$\angle NCB = \angle NCD$ (так как $CN - $ биссектриса, см. условие)

$\angle NDC = \angle NDA$ (так как $DN- $ биссектриса, см. условие)

7) Из $(6)$ следует, что

$$ \angle NCD+\angle NDC = \dfrac{\angle C + \angle D}{2}=\dfrac{180^\circ}{2}=90^\circ$$

8) Из $(7)$ следует, что $\angle CND = 90^\circ,\Delta CND - $прямоугольный

9) Пусть $\angle MAB = \alpha;\angle CDN = \beta$. Тогда

$$AM = c \cdot \cos\alpha;DM = d\cdot\cos\beta$$

10) Пусть $H_M-$ проекция $M$ на $AD$;$H_N-$ проекция $N$ на $AD$. Тогда

$$AH_M = AM\cdot\cos\alpha = c\cdot\cos^2\alpha;AH_N = ND\cdot\cos\beta = d\cdot\cos^2\beta$$

11) $H_MH_N = AD - AH_M-AH_N = b - c\cdot\cos^2\alpha-d\cdot\cos^2\beta$

12) $MH_M = AM\sin\alpha = c\cdot\cos\alpha\sin\alpha;$

$NH_N = DN\sin\beta = d\cdot\cos\beta\sin\beta;$

13) По теореме Пифагора

$$MN=\sqrt{\left(H_MH_N \right)^2 + (MH_M - NH_N)^2}$$

$$MN=\sqrt{( b - c\cdot\cos^2\alpha-d\cdot\cos^2\beta)^2 + (c\cdot\cos\alpha\sin\alpha - d\cdot\cos\beta\sin\beta)^2}$$

14) Вспомним формулы для синуса и косинуса двойных углов

$$\sin 2x = 2\cdot\sin x\cos x;\cos^2x = \dfrac{1+\cos 2x}{2}$$

Перепишем с учетом этого $(13)$

$$MN=\sqrt{\left( b - c\cdot\dfrac{1+\cos 2\alpha}{2}-d\cdot\dfrac{1+\cos 2\beta}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{c\cdot\sin 2\alpha - d\cdot\sin 2\beta}{2}\right)^2}$$

Если выразить $\cos 2\alpha,\cos 2\beta,\sin 2\alpha,\sin 2\beta$ только от $a,b,c,d$, то формально задача будет решена

15) Для этого сделаем параллельный перенос : $BD'\parallel CD$. Тогда $D'BCD - $ параллелограмм (так как $D'B\parallel CD;BC\parallel DD'$)

16) Теорема: у параллелограмма противолежащие стороны равны. Откуда $DD' = a;BD' = d$

17) Рассмотрим $\Delta ABD'$ По теореме косинусов имеем

$$AB^2 + (AD')^2 - 2\cdot AB\cdot AD' \cdot\cos 2\alpha = (BD')^2$$

$$c^2 + (b-a)^2 - 2\cdot c\cdot (b-a) \cdot\cos 2\alpha = d^2$$

$$\boxed{\cos 2\alpha = \dfrac{-d^2+c^2+(b-a)^2}{2\cdot c\cdot (b-a)}}$$

$$(BD')^2 + (AD')^2 - 2\cdot BD'\cdot AD' \cdot\cos 2\beta = (AB)^2$$

$$d^2 + (b-a)^2 - 2\cdot d\cdot (b-a) \cdot\cos 2\beta = c^2$$

$$\boxed{\cos 2\beta = \dfrac{-c^2+d^2+(b-a)^2}{2\cdot d\cdot (b-a)}}$$

18) Синусы углов альфа и бета получим из основного тригонометрического тождества

$$\boxed{\sin 2\alpha = \sqrt{1-\left(\dfrac{-d^2+c^2+(b-a)^2}{2\cdot c\cdot (b-a)} \right)^2}}$$

$$\boxed{\sin 2\beta = \sqrt{1-\left(\dfrac{-c^2+d^2+(b-a)^2}{2\cdot d\cdot (b-a)} \right)^2}}$$

Пусть $BK, CL$ - биссектрисы, причем $K, L \in AD$, имеем, что $AK=AB=c, CD=DL=d, \Rightarrow KL=b-c-d$, а поскольку $MN$ - средняя линия трапеции, $MN=\dfrac{a+b-c-d}{2}$

Мне не очень очевидно, что $MN-$ средняя линия трапеции

Если не трудно, можете доказать это?

Нуу, $M$ - середина $BK$, поскольку $AB=AK, AM$ - биссектриса, значит и медиана, аналогично и для $N$

Понятно, спасибо!