2021-07-28
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 $AB=2BC$, $AP=3BK$.
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
$QM=KM\cos\angle KMA=KM\cos\angle BAM=\frac{2x}{\sqrt{3}},$
$FM=FQ+QM=BK+QM=\frac{1}{3}TC+QM=\frac{BT}{3\cos\angle BAM}+QM=\frac{x\sqrt{3}}{3\sqrt{2}}+\frac{2x}{\sqrt{3}}=\frac{x(1+2\sqrt{2})}{\sqrt{6}},$
$KQ=QMtg\angle KMA=\frac{2x}{\sqrt{6}}.$
Поскольку средняя линия трапеции $ABKM$ равна $MF$, то
$S_{ABKM}=MF\cdot KQ=\frac{x^{2}(1+2\sqrt{2})}{3}.$
Следовательно,
$\frac{S_{ABCD}}{S_{ABKM}}=\frac{3}{1+2\sqrt{2}}.$