Дополнительные построения в трапеции и параллелограмме —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по ЕГЭ - Математика
Дополнительные построения в трапеции и параллелограмме

Тема 17. Задачи по планиметрии

17.08 Дополнительные построения в трапеции и параллелограмме

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#31232

В трапеции $ABCD$ $AD ∥BC$ , $∠BAD = 55∘$ , $∠CDA = 70∘$ . Докажите, что $AD = BC +CD$ .

Показать ответ и решение

Продлим боковые стороны $AB$ и $CD$ трапеции до пересечения в точке $O$ . Тогда $∠O= 180∘− 55∘− 70∘ =55∘.$ Следовательно, $△AOD$ — равнобедренный и $AD = OD$ .

$PIC$

Так как соответственные углы $∠OBC = ∠OAD$ (при $AD ∥BC$ и секущей $AO$ ), то $∘ ∠OBC = 55$ . Следовательно, $△OBC$ — равнобедренный и $BC = OC$ .

Тогда $AD =OD = OC + CD =BC + CD.$ Ч.т.д.

Ответ: Доказательство

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#31230

Середины боковых сторон трапеции соединили с ее вершинами так, как показано на рисунке. Могут ли полученные два отрезка лежать на параллельных прямых?

$PIC$

Показать ответ и решение

Предположим, что $EB ∥DF$ . Тогда $∠CEB = ∠EDF$ как соответственные при этих параллельных прямых и секущей $CD$ . Также $∠EGD =∠F DA$ как соотвественные при этих параллельных прямых и секущей $AD$ , а $∠EGD = ∠EBC$ как накрест лежащие при $AD ∥ BC$ и секущей $BG$ .

Тогда получаем, что $△BCE = △EDG$ , откуда $BC = DG$ . С другой стороны, $DF$ — средняя линия в $△ABG$ , откуда $AD = DG$ .

Следовательно, $AD =DG = BC$ , то есть параллельные стороны четырехугольника $ABCD$ равны. Значит, $ABCD$ — параллелограмм, а не трапеция. Получили противоречие.

$PIC$

Ответ: Не могут

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#31228

Вершину тупого угла $A$ параллелограмма $ABCD$ соединили с серединой $M$ его стороны $CD$ . Высота $CH$ параллелограмма пересекает отрезок $AM$ в точке $F$ . Найдите $BF$ , если $AF = a,FM =b$ .

Показать ответ и решение

Продлим $AM$ до пересечения с лучом $BC$ в точке $E$ . Тогда $△AMD =△CME$ ( $CM =DM$ , $∠A= ∠E$ как накрест лежащие при $AD ∥ BC$ и секущей $AE$ , $∠AMD = ∠CME$ как вертикальные). Отсюда $ME =AM =a +b$ , $CE = AD =x$ . Заметим, что тогда $BC = AD = CE =x$ . Так как $CF ⊥ BC$ , то в $△BF E$ отрезок $CF$ — медиана и высота, следовательно, этот треугольник равнобедренный. Тогда $BF = FE = FM + ME = b+(a+ b)=a +2b$ .

$PIC$

Ответ:

$a+ 2b$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31226

В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ известно, что $∘ ∠ABD = 90$ и $BC = CD = 1$ . Найдите основание $AD$ .

Показать ответ и решение

Из условия следует, что $△BCD$ равнобедренный, следовательно, $∠CBD = ∠CDB = α$ . Также $∠BDA = ∠CBD = α$ как накрест лежащие при $BC ∥AD$ и секущей $BD$ .

Проведем $CE ∥AB$ , $CE ∩ BD = F$ . Тогда $CE ⊥ BD$ . Следовательно, в $△CED$ отрезок $FD$ — высота и биссектриса, значит, этот треугольник равнобедренный и $ED = CD = 1$ .

$PIC$

Также по определению четырехугольник $ABCE$ — параллелограмм, следовательно, $AE = BC = 1$ . Тогда $AD =AE +ED = 1+ 1= 2.$

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#31056

Вершина $A$ и середины сторон $BC$ и $CD$ параллелограмма $ABCD$ являются вершинами равностороннего треугольника. Найдите углы параллелограмма.

Показать ответ и решение

Пусть $X$ и $Y$ — середины $CD$ и $BC$ соответственно. Пересечём прямые $XY$ и $AB$ в точке $T$ . Так как $∠TBY =∠Y CX$ , $∠BY T =∠CY X$ , $BY =CY$ , то $△ Y CX =△Y BT$ , откуда $Y X =Y T$ . Тогда $△ AY T$ — равнобедренный, причём $∘ ∘ ∘ ∠AY T = 180 − 60 = 120$ , из чего следует, что $∘ ∠YAT = 30$ . Аналогично находим $∘ ∠DAX =30$ , значит, тупой угол параллелограмма равен $∘ 120$ , а острый — $∘ 60$ .

$PIC$

Ответ:

$120∘$ и $60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#31055

Трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$ такова, что угол $ABD$ — прямой и $BC + CD = AD$ . Найдите отношение оснований $AD :BC$ .

Показать ответ и решение

Отметим на $AD$ такую точку $R$ , что $AR = BC$ , тогда $ABCR$ — параллелограмм и $CD =DR$ . По условию $AB ⊥ BD$ . По свойству параллелограмма $AB ∥CR$ , а значит $CR ⊥ BD$ , откуда с учетом равнобедренности $△ CRD$ отрезок $BD$ — серединный перпендикуляр к $CR.$ Из этого следует, что $△ BCR$ — равнобедренный, тогда $BR = BC =AR$ . Далее имеем:

∘ ∘ ∠BAR =∠ABR, ∠RBD = 90 − ∠ABR, ∠BDR = 90 − ∠BAR

Тогда $△ BRD$ — равнобедренный и $RD = BR = AR =BC$ . Таким образом, $AD = 2BC$ .

$PIC$

Ответ: 2

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#31054

Боковая сторона трапеции равна одному основанию и вдвое меньше другого основания. Докажите, что другая боковая сторона трапеции перпендикулярна одной из диагоналей.

Показать ответ и решение

Пусть $ABCD$ — трапеция с основаниями $AD$ и $BC$ . Тогда по условию $AD =2AB = 2BC$ . Если точка $T$ — середина $AD$ , то $AT = TD$ и $ABCT$ — параллелограмм, так как отрезок $AT$ равен и параллелен отрезку $BC$ . По свойству параллелограмма получаем $AB = CT$ .

Тогда с учетом условия $AD = 2AB$ получаем $1 CT = AB = 2AD$ . Таким образом, $△ ACD$ — прямоугольный, так как его медиана равна половине стороны, к которой она проведена. Что и требовалось доказать.

$PIC$

Ответ: Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#31052

Углы при одном из оснований трапеции равны $50∘$ и $80∘$ , а длины оснований равны 2 и 3. Найдите боковую сторону, прилегающую к углу $∘ 80$ .

Показать ответ и решение

Пусть $ABCD$ — трапеция с основаниями $AD$ и $BC$ . Проведём через точку $B$ прямую $BX$ , параллельную прямой $CD$ . Получим параллелограмм $XBCD$ , а значит

∘ CD = BX, BC =XD = 2,AX = 3− 2 =1,∠CDA = ∠BXA = 80

$PIC$

Заметим, что в треугольнике $ABX$ угол $ABX$ равен

180∘− 50∘− 80∘ =50∘

Отсюда $△ ABX$ — равнобедренный и $CD =BX = AX = 1$ .

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#31229

Биссектриса угла между основанием и одной из диагоналей трапеции делит вторую ее диагональ пополам. Найдите первую диагональ трапеции, если ее основания равны $a$ и $b$ .

Показать ответ и решение

Пусть в трапеции $ABCD$ $AD = b$ , $BC = a$ , $AE$ — биссектриса $∠CAD$ , пересекающая $BD$ в ее середине — точке $F$ , а продолжение стороны $BC$ — в точке $G$ . Тогда $∠FAD = ∠FGB$ как накрест лежащие при $AD ∥BC$ и секущей $AG$ . Следовательно, $△ACG$ — равнобедренный и $AC = CG$ .

$PIC$

Далее имеем $△AF D = △GF B$ , так как $BF = FD, ∠F DA = ∠FBG, ∠AF D = ∠GF B$ . Следовательно, $BG = AD = b$ и $AC = CG =BG − BC = b− a$ .

Заметим, что если $AD = a$ и $BC = b$ , то $AC =a − b$ . Следовательно, ответ $AC = |b− a|.$

Ответ:

$|b− a|$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#31129

Длина одной из боковых сторон трапеции равна $a.$ Параллельно этой стороне через середину другой боковой стороны провели прямую. Какой длины отрезок этой прямой заключен внутри трапеции?

Показать ответ и решение

Пусть в трапеции $ABCD$ боковая сторона $AB =a,$ точка $E$ — середина стороны $CD$ и $EF ∥ AB.$

Проведем $CG ∥AB.$ Кроме того, $AD ∥BC,$ так как $ABCD$ — трапеция. Тогда $ABCG$ — параллелограмм по определению. Отсюда по свойству параллелограмма имеем:

CG = AB = a

$PIC$

Далее, прямая $EF ∥AB ∥ CG$ и проходит через середину $E$ отрезка $CD.$ Тогда по теореме Фалеса точка $F$ — середина отрезка $GD$ и $EF$ — средняя линия в треугольнике $DCG.$ Следовательно, искомый отрезок равен

EF = 1CG = 1a 2 2

Ответ:

$a 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#31125

Точка на одном из оснований трапеции находится на одинаковом расстоянии от концов диагонали. Найдите это расстояние, если диагонали трапеции перпендикулярны, а её основания равны $a$ и $b$ .

Показать ответ и решение

Пусть $AE = EC = x$ , диагонали трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $F$ .

Проведем $CG ∥BD$ , тогда $∠ACG = 90∘$ . Значит,

∠CGA = 90∘− ∠CAG = 90∘ − ∠ACE = ∠ECG

Следовательно, $EG = EC = x$ . Отсюда имеем:

AG = AE + EG = x+ x= 2x

Так как $DBCG$ — параллелограмм, то $DG =BC = a$ . Тогда

AG = AD + DG = b+ a ⇒ b+ a= 2x ⇒ x = 1(a+ b) 2

$PIC$

Замечание. В качестве самостоятельного упражнения предлагаем читателю подумать, почему точка $E$ не может принадлежать меньшему основанию.

Ответ:

$1 2 (a +b)$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#31124

В равнобедренной трапеции $ABCD$ диагонали пересекаются под углом $∘ 60$ и $AB = BC = CD = 1.$ Найдите основание $AD.$

Показать ответ и решение

В трапеции $ABCD$ имеем $△ABD = △ACD,$ так как $AB = CD,$ $∠A =∠D,$ сторона $AD$ — общая. Тогда имеем:

1 ∠CAD = ∠BDA = 2 (180∘− 120∘)= 30∘

Для прямых $BC ∥AD$ и секущей $AC$ получаем

∠BCA = ∠CAD = 30∘

Так как по условию $△ABC$ равнобедренный, то

∠BAC = ∠BCA = 30∘

Следовательно, в равнобедренной трапеции угол при основании равен $∘ 60 .$

$PIC$

Заметим, что рисунок именно такой, поскольку если $∘ ∠BF A =120 ,$ то в $△ ABC$ сумма углов превысит $180∘.$

Проведем $CE ∥AB,$ тогда четырехугольник $ABCE$ — параллелограмм и $AE = BC =1.$ Углы $∠CED = ∠BAD$ как соответственные при $CE ∥AB$ и секущей $AD.$

Тогда в $△CED$ две стороны $CE$ и $CD$ равны и один из углов равен $60∘.$ Следовательно, этот треугольник правильный, то есть $ED = CD = 1.$

Тогда искомое оcнование трапеции равно

AD =AE +ED = 1+ 1= 2

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#31058

Точка $M$ — середина стороны $CD$ параллелограмма $ABCD$ . Точка $K$ на стороне $BC$ такова, что $∠AMK =90∘$ . Найдите $AK$ , если $BK = a$ и $CK = b$ .

Показать ответ и решение

Продлим луч $KM$ до пересечения с прямой $AD$ в точке $E$ .

$PIC$

Рассмотрим треугольники $CMK$ и $DME$ . В них $∠CMK = ∠DME$ как вертикальные, $∠KCM =∠EDM$ как накрест лежашие, образованные параллельными прямыми $BC$ и $AD$ и секущей $CD$ , $CM = DM$ по условию. Значит, $△ CMK =△DME$ по второму признаку. В равных треугольниках соответственные элементы равны, значит, $ME = MK$ и $DE = CK = b$ .

Рассмотрим треугольник $AKE$ . В нем отрезок $AM$ является высотой и медианой, значит, треугольник $AKE$ — равнобедренный. Тогда

AK = AE = AD +DE = BC + CK =a +2b

Ответ:

$a+ 2b$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#19706

В трапеции известны длины диагоналей — $6$ и $8$ , а также длина средней линии — $5$ . Найдите высоту трапеции.

Показать ответ и решение

Пусть $h$ — высота трапеции $ABCD$ с диагоналями $AC = 6$ и $BD = 8$ .

$PIC$

Проведем через вершину $C$ прямую, параллельную $BD$ . Пусть она пересекает прямую $AD$ в точке $E$ . Заметим, что $BCED$ — параллелограмм, так как его противоположные стороны параллельны ( $BC ∥ AE$ , $BD ∥ CE$ ). Тогда $BC = DE$ и $CE = BD = 8$ . Теперь рассмотрим треугольник $ACE$ . Его сторона $AE$ равна сумме отрезков $AD$ и $DE$ , то есть $AE = AD + DE = AD +BC = 2⋅ AD+2BC-= 2m$ , где $m$ — длина средней линии трапеции, которая равна полусумме оснований. По условию $m = 5 ⇒ AE = 2m = 10$ .

$PIC$

Заметим, что в треугольнике $ACE$

AC2 + CE2 = 62 + 82 = 36 + 64 = 100 = 102 = AE2

Тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник $ACE$ является прямоугольным.

Проведем в треугольнике $ACE$ высоту $CH$ . Заметим, что $CH$ также будет являтся высотой трапеции $ABCD$ , то есть $CH = h$ . Но так как $CH$ — высота прямоугольного треугольника $ACE$ , то

AC-⋅CE-- 6-⋅8- h = CH = AE = 10 = 4,8

Ответ:

$4,8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#16013

Меньшая боковая сторона прямоугольной трапеции равна 3, а большая образует угол $30∘$ с одним из оснований. Найдите это основание, если на нем лежит точка пересечения биссектрис углов при другом основании.

Показать ответ и решение

Пусть $F$ — точка пересечения биссектрис на основании $AD$ трапеции. Точка $F$ лежит на двух биссектрисах, следовательно, она равноудалена от прямых $AB$ , $BC$ и $CD$ . Опустим из $F$ перпендикуляры $FG$ на $BC$ и $FH$ на $CD$ . Тогда $F A = FG = F H$ , причем $FA = AB$ (т.к. $BF$ — биссектриса прямого угла, следовательно $ABF$ — прямоугольный равнобедренный.

$PIC$

Получили $3 = AB = F A = FG = F H$ . Из прямоугольного треугольника $F HD$ с углом $D$ , равным $∘ 30$ , получаем

---FH---- --3--- F D = sin ∠HDF = sin 30∘ = 6

Тогда искомое основание

AD = AF + F D = 3+ 6 = 9

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#16007

Найдите площадь трапеции с основаниями 11 и 4 и диагоналями 9 и 12.

Показать ответ и решение

Сделаем дополнительное постороение. Проведем через $D$ прямую, параллельную $AC$ , $E$ — точка ее пересечения с прямой $BC$ . Получаем $AC ∥ DE$ и $AD ∥ CE$ , следовательно, $ACED$ — параллелограмм. Тогда $CE = AD = 11$ , $DE = AC = 12$ .

$PIC$

Рассмотрим теперь треугольник $BED$ , длины его сторон образует пифагорову тройку $92 + 122 = (4+ 11)2$ , следовательно, он прямоугольный с прямым углом $D$ . Пусть $DH$ высота из $D$ на $BE$ . Тогда можем записать площадь прямоугольного треугольника $BED$ двумя способами

S_BED = $1 2$ DB ⋅ DE = $1 2$ BE ⋅ HD ⇒ HD = $DB--⋅DE- BE$ = 7,2

Тогда площадь трапеции

S_ABCD = $1 - 2$ (BC + AD) ⋅ HD = 54

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#16006

Найдите площадь трапеции, параллельные стороны которой равны 16 и 44, а непараллельные — 17 и 25.

Показать ответ и решение

Достроим трапецию до параллелограмма: провередем через $D$ прямую, параллельную $AB$ , $F$ — точка ее пересечения с прямой $BC$ . $ABF D$ — параллелограмм, следовательно, $F D = AB = 25$ , $CF = BF − BC = AD − BC = 44 − 16 = 28$ .

$PIC$

Найдем косинус угла $CF D$ по теореме косинусов для треугольника $CFD$ :

CF 2 + DF 2 − CD2 282 + 252 − 172 CD2 = CF 2 + DF 2 − 2CF ⋅DF cos∠CF D ⇒ cos∠CF D = ----2CF-⋅DF------= --2-⋅28⋅25---= 0,8

Учитывая, что синус угла, меньшего 180 $∘$ , всегда неотрицателен, получаем

∘ ------2------ sin ∠CF D = 1− cos ∠CF D = 0,6

Тогда площадь трапеции можно записать следующим образом

SABCD = SABFD − SCF D = BF ⋅F Dsin∠BF D − 1CF ⋅F D sin∠CF D = 44⋅25⋅0,6 − 1⋅28 ⋅25⋅0,6 = 450 2 2

Ответ:

450

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#31053

Меньшая боковая сторона прямоугольной трапеции равна 1, а большая боковая сторона образует угол $30∘$ с одним из оснований. Найдите это основание, если на нём лежит точка пересечения биссектрис углов при другом основании.

Показать ответ и решение

Пусть $ABCD$ — трапеция с основаниями $AD$ и $BC$ и $∠D =30∘$ , а биссектрисы углов $B$ и $C$ пересекаются в точке $X$ . Так как биссектриса $BX$ отсекает от трапеции равнобедренный треугольник $ABX$ с прямым углом $A$ , то $AX = AB = 1$ и $∘ ∠AXB =∠ABX = ∠CBX = 45$ .

Далее посчитаем углы:

$pict$

Проведём высоту из вершины $C$ , она равна $CY =AB = 1$ , а значит

CD = sCinY30∘ = 2

Так как биссектриса $CX$ отсекает от трапеции равнобедренный треугольник $CDX$ , то имеем:

DX = CD = 2 ⇒ AD = AX + DX = 1+2 =3

$PIC$

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#19981

Дана трапеция $ABCD$ . На боковой стороне $CD$ взята такая точка $P$ , что $DP : PC = BC : AD = 1 : 4$ . На боковой стороне $AB$ взята такая точка $K$ , что $BK : KA = 1 : 16$ .

а) Докажите, что $BP ∥ KD$ .

б) Докажите, что $CK ∥ AP$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Продлим прямую $BP$ до пересечения с $AD$ в точке $T$ . Рассмотрим треугольники $BCP$ и $TDP$ . Они подобны по двум углам, так как $∠BCP = ∠TDP$ как накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $BC$ и $T D$ и секущей $CD$ , $∠CBP = ∠DT P$ как накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $BC$ и $T D$ и секущей $BT$ .

$PIC$

Тогда

BC CP 4 1 DT 1 ----= ----= - ⇒ DT = -BC ⇒ ----= -- TD DP 1 4 AD 16

Рассмотрим угол $BAT$ . Прямые $BP$ и $KD$ высекают на нем отрезки $AK$ , $AD$ , $KB$ и $DT$ такие, что

BK-- -1 DT-- AD-- DT-- AK = 16 = AD ⇒ AK = BK

Тогда по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, прямые $KD$ и $BP$ параллельны.

б) Продлим прямую $CK$ до пересечения с $AD$ в точке $L$ . Рассмотрим треугольники $BCK$ и $LAK$ . Они подобны по двум углам, так как $∠BCK = ∠ALK$ как накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $BC$ и $AL$ и секущей $CL$ , $∠CBK = ∠LAK$ как накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $BC$ и $AL$ и секущей $BA$ .

$PIC$

Тогда

BC--= BK--= -1 ⇒ AL = 16BC ⇒ AD--= 1 AL KA 16 AL 4

Рассмотрим угол $CDL$ . Прямые $AP$ и $KC$ высекают на нем отрезки $DP$ , $AD$ , $CP$ и $AL$ такие, что

DP 1 AD DP CP ----= - = ---- ⇒ ----= --- CP 4 AL AD AL

Тогда по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, прямые $AP$ и $CK$ параллельны.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#19980

В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ угол $BAD$ равен $∘ 60 ,$ а отношение высоты трапеции к ее боковой стороне $CD$ равно $1:2.$ Найдите длину отрезка, соединяющего середины оснований трапеции, если длина отрезка, соединяющего середины ее диагоналей, равна 10.

Показать ответ и решение

$PIC$

Опустим из точки $C$ высоту $CH$ на основание $AD$ . Рассмотрим случаи, где может лежать точка $H$ .

Случай 1. Точка $H$ лежит на продолжении прямой $AD$ за точку $A$ .

Заметим, что так как $∠BAD =60∘$ , то основание перпендикуляра, опущенного из точки $B$ на прямую $AD$ , лежит на луче $AD$ . Тогда точка $H$ не может лежать на продолжении прямой $AD$ за точку $A$ .

Случай 2. Точка $H$ лежит на отрезке $AD$ .

Тогда треугольник $CDH$ прямоугольный, так как $∠CHD = 90∘$ . По условию $CH :CD = 1:2$ , так как $CH$ — высота трапеции. Тогда в прямоугольном треугольнике $CDH$ катет $CH$ равен половине гипотенузы $CD$ , то есть катет $CH$ лежит напротив угла $∠CDH = 30∘$ .

$PIC$

Продим боковые стороны трапеции $AB$ и $DC$ до пересечения. Пусть они пересекаются в точке $O$ . Тогда в треугольнике $AOD$ имеем равенства

∘ ∘ ∠OAD = ∠BAD = 60 и ∠ODA = ∠CDH = 30

Значит, по сумме углов треугольника $AOD$

∠AOD = 180∘ − ∠OAD − ∠ODA =180∘− 60∘− 30∘ = 90∘

$PIC$

Пусть $M$ — середина $AD$ , $N$ — середина $BC$ . Тогда точки $O$ , $M$ и $N$ лежат на одной прямой, то есть $MN = OM − ON$ . Заметим, что $OM$ — медиана прямоугольного треугольника $AOD$ из вершины прямого угла, значит, $OM = 1AD 2$ . Аналогично $ON$ — медиана прямоугольного треугольника $BOC$ , значит, $ON = 1BC 2$ . Следовательно,

MN = OM − ON = 1AD − 1BC = AD-−-BC 2 2 2

Впомним, что длина отрезка, соединяющего середины диагоналей трапеции, равна полуразности ее оснований, то есть в трапеции $ABCD$ длина этого отрезка равна $AD−2BC-=10$ по условию. Значит,

MN = AD-− BC-= 10 2

Случай 3. Точка $H$ лежит на продолжении прямой $AD$ за точку $D$ .

Таким образом, треугольник $CDH$ является прямоугольным, так как $∠CHD = 90∘$ . По условию $CH :CD =1 :2$ , так как $CH$ — высота трапеции. Тогда в прямоугольном треугольнике $CDH$ катет $CH$ равен половине гипотенузы $CD$ , то есть катет $CH$ лежит напротив угла $∠CDH = 30∘$ . Тогда угол $ADC$ трапеции $ABCD$ равен

∘ ∘ ∘ ∘ ∠ADC = 180 − ∠CDH = 180 − 30 = 150

$PIC$

∠OAD = 180∘− ∠BAD = 120∘ и ∠ODA = 180∘− ∠ADC =30∘

Значит, по сумме углов треугольника $AOD$

∠AOD = 180∘− ∠OAD − ∠ODA = 180∘ − 120∘− 30∘ = 30∘

Таким образом, треугольник $AOD$ — равнобедренный, то есть $AO =AD$ .

$PIC$

Пусть $M$ — середина $AD$ , $N$ — середина $BC$ . Тогда точки $O$ , $M$ и $N$ лежат на одной прямой, то есть $MN = ON − OM$ . Заметим, что $OM$ — медиана треугольника $AOD$ , значит, $AM = 12AD$ .