1579. Вершина C
прямоугольника ABCD
лежит на стороне KM
равнобедренной трапеции ABKM
(BK\parallel AM
), P
— точка пересечения отрезков AM
и CD
. Найдите углы трапеции и отношение площадей прямоугольника и трапеции, если AB=2BC
, AP=3BK
.
Ответ. \tg\angle BAM=\sqrt{2}
; \frac{3}{1+2\sqrt{2}}
.
Указание. Через точку C
проведите прямую, параллельную AM
, до пересечения с AB
в точке T
и рассмотрите равнобедренную трапецию TBKC
.
Решение. Пусть T
— такая точка на стороне AB
, что TC\parallel AM
, O
— точка пересечения диагоналей равнобедренной трапеции TBKC
. Обозначим TK=BC=x
. Из подобия треугольников BOK
и COT
следует, что
\frac{BO}{OC}=\frac{BK}{TC}=\frac{BK}{AP}=\frac{1}{3}.
Поэтому
BO=\frac{x}{4},~TO=\frac{3x}{4},~BT=\sqrt{TO^{2}-BO^{2}}=\frac{x}{\sqrt{2}}.
Следовательно,
\tg\angle BAM=\tg\angle BTC=\frac{BC}{BT}=\sqrt{2}.
Поскольку BC=x
, то
AB=2BC=2x,~S_{ABCD}=AB\cdot BC=2x^{2}.
Пусть KQ
и BF
— высоты трапеции ABKM
. Тогда
QM=KM\cos\angle KMA=KM\cos\angle BAM=\frac{2x}{\sqrt{3}},
FM=FQ+QM=BK+QM=\frac{1}{3}TC+QM=
=\frac{BT}{3\cos\angle BAM}+QM=\frac{x\sqrt{3}}{3\sqrt{2}}+\frac{2x}{\sqrt{3}}=\frac{x(1+2\sqrt{2})}{\sqrt{6}},
KQ=QM\tg\angle KMA=\frac{2x}{\sqrt{6}}.
Поскольку средняя линия трапеции ABKM
равна MF
, то
S_{ABKM}=MF\cdot KQ=\frac{x^{2}(1+2\sqrt{2})}{3}.
Следовательно,
\frac{S_{ABCD}}{S_{ABKM}}=\frac{3}{1+2\sqrt{2}}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1984, билет 1, № 4
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 84-1-4, с. 256