Трапец

[inimitably]

Даден е трапец [tex]ABCD[/tex][tex](CD||AB)[/tex].Известно е , че [tex]AB=AC=1[/tex] и [tex]AD=BD,BC<1[/tex] и [tex]\angle ADB+\angle ACB=180^\circ [/tex].Намерете дължината на [tex]BC[/tex].

[Реклама]

[martosss]

[tex]BC=\sqrt 2-1[/tex]?

[Spider Iovkov]

Нека [tex]\angle ABC=\angle BCA=\varphi[/tex]. От [tex]\angle ADB+\angle ACB=180^\circ \Rightarrow \angle ADB=180^\circ-\varphi[/tex]. И понеже [tex]AD=BD[/tex], то [tex]\angle ABD=\angle BAD=\frac{\varphi}{2} \Rightarrow \angle CBD=\frac{\varphi}{2} \Rightarrow BD[/tex] е ъглополовяща. Но [tex]AB||CD \Leftrightarrow \angle ABD=\angle BDC=\frac{\varphi}{2} \Leftrightarrow BC=CD[/tex].
От синусовата теорема имаме [tex]\frac{BC}{sin\angle BAC}=\frac{AB}{sin\angle ACB} \Leftrightarrow BC=2 cos\varphi[/tex], а от [tex]\triangle BDC \Rightarrow BD^2=2x^2+2x^2 cos\varphi[/tex] (по косинусовата теорема), където [tex]BC=CD=x=2 cos\varphi[/tex]. Сега също от косинусовата теорема за [tex]\triangle ABD \Rightarrow AB^2=AD^2+BD^2-2.AD.BD. cos\angle ADB \Leftrightarrow (2x)^2( cos\varphi +1)^2=1 \Rightarrow cos\varphi=\frac{-1+\sqrt{2}}{2}[/tex], защото [tex]cos\varphi>0 \Rightarrow BC=2 cos\varphi \Leftrightarrow BC=\sqrt{2}-1[/tex].

[inimitably]

Решението на Spider_Iovkov е правилно.Според мен е хубаво да помислите за доказателство без тригонометрия

[martosss]

Построяваме точка Е, която е симетрична на С относно Д(тоест точките С, Д и Е лежат на една права и СД=ДЕ като С не съвпада с E).
По условие [tex]\angle ABC=\angle ACB=\alp\Right \angle ADB=180^\circ -\alp\cyr{, no }AD=DB\Right \Del ABD\cyr{ - ravnobedren}\Right \angle ABD=\frac{180^\circ-\angle ADB}{2}=\frac{\alp}{2}[/tex]
[tex](AB||CD)\cap BD\Right \angle ABD=\angle BDC={\alp\over 2}=\angle DBC\Right \Del DBC\cyr{ - ravnobedren}\Right BC=CD=DE=x[/tex]
Нека [tex]\left. H\cyr{ - sreda na }AB\Right H\in S_{AB}\\AD=DB\Right D\in S_{AB}\right}\Right DH=S_{AB}[/tex]
Сега имаме, че [tex]\left.AB||CD, DH\bot AB\Right DH\bot CD\\ED=CD\Right D\in S_{EC}\right}\Right DH=S_{AB}=S_{CE}[/tex]
Сега понеже симетралата на ВС също пресича правата ДН(ъгъл АВС не е 90), то четириъгълникът АВСЕ е вписан в окръжност, но той е трапец => той е равнобедрен трапец => [tex]AE=BC=x,\; AC=BE=AB=1,\; CE=ED+DC=2x[/tex]
Сега от теоремата на Птолемей за АВСЕ имаме, че
[tex]AB*CE+BC*AE=AC*BE\Right x*x+1*2x=1*1\Right x^2+2x-1=0\\\Right (x+1)^2-2=0\Right (x+1-\sqrt 2)(x+1+\sqrt 2)=0\Right^{x>0} \fbox{x=BC=\sqrt 2-1}[/tex]

[inimitably]

Хубаво решение!
Всъщност , съвсем естествена идея е да се построи симетрична точка на [tex]C[/tex] или [tex]D[/tex] спрямо [tex]AB[/tex] и да се получи някой вписан четириъгълник.

[martosss]