5172. В трапецию ABCD
вписан параллелограмм KLMN
так, что вершины L
и N
лежат на основаниях BC
и AD
, а вершины K
и M
— на сторонах AB
и CD
соответственно, причём AK:BK=1:4
и AN:BL:CL=4:2:3
. Какую часть площади трапеции занимает параллелограмм?
Ответ. \frac{12}{25}
.
Решение. Положим AK=x
, BK=4x
, AN=4y
, BL=2y
, CL=3y
. Пусть прямая, проходящая через точку M
параллельно AB
пересекает прямые BC
и AD
в точках E
и F
соответственно. Центр O
параллелограмма ABEF
(середина диагонали LN
) совпадает с центром параллелограмма KLMN
(середина диагонали AC
), так как треугольники EOL
и AON
равны по стороне (OL=ON
) и двум прилежащим к ней углам, значит, равны треугольники EOM
и AOK
. Поэтому
LE=AN=4y,~CE=LE-LC=4y-3y=y,~EM=AK=x,
MF=EF-EM=AB-EM=5x-x=4x.
Треугольники CME
и DMF
подобны с коэффициентом \frac{EM}{MF}=\frac{1}{4}
. Тогда
DF=4CE=4y,~AF=BE=BL+LC+CE=2y+3y+y=6y,
AD=AN+NF+DF=AN+BL+DF=4y+2y+4y=10y.
Обозначим, S_{ABCD}=S_{1}
, S_{KLMN}=S_{2}
, S_{ABEF}=S
. Пусть высота данной трапеции равна h
. Тогда
S_{1}=\frac{1}{2}(AD+BC)\cdot h=\frac{1}{2}(10y+5y)h=\frac{15}{2}yh,~S=AF\cdot h=(4y+2y)h=6yh,
S_{2}=S-2S_{\triangle KBL}-2S_{\triangle KAN}=S-2\cdot\frac{BK}{AB}\cdot\frac{BL}{BE}S_{\triangle ABE}-2\cdot\frac{AK}{AB}\cdot\frac{AN}{AF}S_{\triangle ABE}=
=S-2\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{6}\cdot\frac{S}{2}-2\cdot\frac{1}{5}\cdot\frac{4}{6}\cdot\frac{S}{2}=S-\frac{4}{15}S-\frac{2}{15}S=\frac{3}{5}S=\frac{3}{5}\cdot6yh=\frac{18}{5}yh,
\frac{S_{2}}{S_{1}}=\frac{\frac{18}{5}yh}{\frac{15}{2}yh}=\frac{12}{25}
(см. задачу 3007).