10373. В некоторой трапеции сумма длин боковой стороны и диагонали равна сумме длин другой боковой стороны и другой диагонали. Докажите, что трапеция равнобокая.
Решение. Пусть в трапеции ABCD
(AD\parallel BC
) выполняется равенство AB+BD=AC+CD
.
Первый способ. Поскольку AB+BD=AC+CD
, периметр 2p_{1}
треугольника ABD
равен периметру 2p_{2}
треугольника ACD
(сторона AD
у них общая). Треугольники ABD
и ACD
равновеликие с равными периметрами, а следовательно, и равными радиусами вписанных окружностей с центрами I_{1}
и I_{2}
соответственно (см. задачу 452).
Пусть K
и L
— точки касания этих окружностей с боковыми сторонами трапеции (рис. 1). Поскольку BK=p_{1}-AD
и CL=p_{2}-AD
(см. задачу 219), а p_{1}=p_{2}
, то BK=CL
. Из равенства прямоугольных треугольников I_{1}BK
и I_{2}CL
получаем, что \angle I_{1}BK=\angle I_{2}CL
, а так как BI_{1}
и CI_{2}
— биссектрисы углов ABD
и ACD
(см. задачу 1724), то \angle ABD=\angle ACD
. Значит, трапеция вписана в окружность (см. задачу 12). Следовательно, она равнобокая (см. задачу 5003).
Второй способ. Обозначим
AD=a,~BC=b,~AB=x,~CD=y,~BD=d_{1},~AC=d_{1}
(рис. 2). Тогда по условию, x+d_{1}=y+d_{2}
. Треугольники ABD
и ACD
имеют равные высоты и общее основание, а значит, их площади равны. Далее воспользуемся формулой Герона:
S_{\triangle ABD}=\sqrt{\frac{x+d_{1}+a}{2}\cdot\frac{d_{1}+x-a}{2}\cdot\frac{d_{1}+a-x}{2}\cdot\frac{x+a-d_{1}}{2}},
S_{\triangle ACD}=\sqrt{\frac{y+d_{2}+a}{2}\cdot\frac{d_{2}+y-a}{2}\cdot\frac{d_{2}+a-y}{2}\cdot\frac{y+a-d_{2}}{2}}.
Приравняв эти выражения, возведём обе части в квадрат, и воспользовавшись условием, придём к равенству
(a+(d_{1}-x))(a-(d_{1}-x))=(a+(d_{2}-y))(a-(d_{2}-y))~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~a^2-(d_{1}-x)^{2}=a^{2}-(d_{2}-y)^{2}~\Leftrightarrow~|d_{1}-x|=|d_{2}-y|.
Таким образом (с учётом условия), мы получили две системы:
\syst{d_{1}-x=d_{2}-y,\\d_{1}+x=d_{2}+y,\\}\quad\mbox{и}\quad\syst{d_{1}-x=-d_{2}+y,\\d_{1}+x=d_{2}+y.\\}
Из первой системы следует сразу (вычтем из второго уравнения первое), что x=y
, а следовательно, трапеция равнобокая. Вторая система приводит к соотношениям
\syst{x=d_{2},\\y=d_{1},\\}
Это означает, что треугольники BAC
и BDC
равнобедренные. Они имеют равные высоты и общее основание, поэтому точки A
и D
должны совпадать, что невозможно по условию.
Примечание. Эллипсом с фокусами F_{1}
и F_{2}
называют ГМТ X
плоскости таких, что F_{1}X+F_{2}X=\mbox{const}\gt F_{1}F_{2}
. Прямая F_{1}F_{2}
и прямая, проходящая через середину отрезка F_{1}F_{2}
и перпендикулярная ему, называются главными осями эллипса и являются его осями симметрии.
Из условия задачи следует, что вершины A
и D
трапеции являются фокусами некоторого эллипса (рис. 3), а две другие вершины лежат на этом эллипсе. Отрезок BC
, параллельный AD
, при симметрии относительно серединного перпендикуляра к AD
, должен переходить сам в себя (так как эллипс переходит сам в себя и прямая BC
также отображается на себя), следовательно, трапеция равнобокая.
Источник: Московская устная олимпиада по геометрии. — 2007, № 9, 10-11 классы