Страница 32 номер 3.42, ГДЗ по геометрии за 10 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень
Диагональ равнобокой трапеции разбивает её на два равнобедренных треугольника. Найдите углы трапеции.
Дано:
\(ABCD\) — равнобокая трапеция
\(BC \parallel AD\), \(AB = CD\)
\(AC\) — диагональ
\(\triangle ABC\) и \(\triangle ACD\) — равнобедренные
Найти: углы трапеции.
Решение: Пусть \(AD\) — большее основание трапеции и \(\angle BAD = \alpha\). У равнобокой трапеции углы при основании равны, поэтому \(\angle CDA = \alpha\), а \(\angle ABC = \angle BCD = 180^\circ - \alpha\).
Опустим из вершин \(B\) и \(C\) перпендикуляры \(BH\) и \(CK\) на прямую \(AD\). Поскольку \(BC \parallel AD\), четырёхугольник \(BCKH\) — прямоугольник и \(HK = BC\), а прямоугольные треугольники \(ABH\) и \(DCK\) равны по гипотенузе и катету (\(AB = CD\), \(BH = CK\)), поэтому \(AH = KD\).
Если бы угол \(BAD\) не был острым, точка \(H\) не лежала бы между \(A\) и \(K\): при \(\alpha = 90^\circ\) она совпала бы с \(A\), а при \(\alpha > 90^\circ\) лежала бы на продолжении отрезка \(DA\) за точку \(A\), и тогда точка \(K\) лежала бы на продолжении \(AD\) за точку \(D\). В обоих случаях \(BC = HK = AH + AD + KD \geqslant AD\), что противоречит тому, что \(AD\) — большее основание. Значит, \(\alpha < 90^\circ\).
Пусть \(\angle CAD = \varphi\). Так как \(BC \parallel AD\), то \(\angle BCA = \angle CAD = \varphi\) как накрест лежащие углы при секущей \(AC\). Тогда \(\angle BAC = \alpha - \varphi\), причём \(0 < \varphi < \alpha\).
Треугольник \(ABC\) равнобедренный. Если \(\angle ABC = \angle BCA\), то \(180^\circ - \alpha = \varphi\), а из \(\varphi < \alpha\) следует \(\alpha > 90^\circ\) — противоречие. Если \(\angle ABC = \angle BAC\), то \(180^\circ - \alpha = \alpha - \varphi\), то есть \(\varphi = 2\alpha - 180^\circ\), и из \(\varphi > 0\) снова следует \(\alpha > 90^\circ\) — противоречие. Значит, \(\angle BAC = \angle BCA\), то есть \(\alpha - \varphi = \varphi\) и \(\varphi = \dfrac{\alpha}{2}\).
В треугольнике \(ACD\) углы равны \(\angle DAC = \dfrac{\alpha}{2}\), \(\angle ADC = \alpha\) и \(\angle ACD = 180^\circ - \dfrac{3\alpha}{2}\), и он тоже равнобедренный. Равенство \(\angle DAC = \angle ADC\) невозможно, так как \(\dfrac{\alpha}{2} < \alpha\). Если \(\angle DAC = \angle ACD\), то \(\dfrac{\alpha}{2} = 180^\circ - \dfrac{3\alpha}{2}\), откуда \(\alpha = 90^\circ\), что противоречит неравенству \(\alpha < 90^\circ\). Значит, \(\angle ADC = \angle ACD\), то есть \(\alpha = 180^\circ - \dfrac{3\alpha}{2}\), откуда \(\dfrac{5\alpha}{2} = 180^\circ\) и \(\alpha = 72^\circ\).
Тогда \(\angle BAD = \angle CDA = 72^\circ\), а \(\angle ABC = \angle BCD = 180^\circ - 72^\circ = 108^\circ\).
Ответ: \(72^\circ\), \(108^\circ\), \(72^\circ\), \(108^\circ\).
Диагональ равнобокой трапеции разбивает её на два равнобедренных треугольника. Найдите углы трапеции.
Дано:
\(ABCD\) — равнобокая трапеция
\(BC \parallel AD\), \(AB = CD\)
\(AC\) — диагональ
\(\triangle ABC\) и \(\triangle ACD\) — равнобедренные
Найти: углы трапеции.
Решение: Пусть \(AD\) — большее основание трапеции и \(\angle BAD = \alpha\). У равнобокой трапеции углы при основании равны, поэтому \(\angle CDA = \alpha\), а \(\angle ABC = \angle BCD = 180^\circ - \alpha\).
Опустим из вершин \(B\) и \(C\) перпендикуляры \(BH\) и \(CK\) на прямую \(AD\). Поскольку \(BC \parallel AD\), то \(BH = CK\), а четырёхугольник \(BCKH\) — прямоугольник, поэтому \(HK = BC\). Прямоугольные треугольники \(ABH\) и \(DCK\) равны по гипотенузе и катету (\(AB = CD\), \(BH = CK\)), поэтому \(AH = KD\).
Если бы угол \(BAD\) не был острым, точка \(H\) не лежала бы между \(A\) и \(K\): при \(\alpha = 90^\circ\) она совпала бы с \(A\), а при \(\alpha > 90^\circ\) лежала бы на продолжении отрезка \(DA\) за точку \(A\), и тогда точка \(K\) лежала бы на продолжении \(AD\) за точку \(D\). В обоих случаях \(BC = HK = AH + AD + KD \geqslant AD\), что противоречит тому, что \(AD\) — большее основание. Значит, \(\alpha < 90^\circ\).
Пусть \(\angle CAD = \varphi\). Так как \(BC \parallel AD\), то \(\angle BCA = \angle CAD = \varphi\) как накрест лежащие углы при секущей \(AC\). Тогда \(\angle BAC = \alpha - \varphi\), причём \(0 < \varphi < \alpha\).
Треугольник \(ABC\) равнобедренный. Если \(\angle ABC = \angle BCA\), то \(180^\circ - \alpha = \varphi\), а из \(\varphi < \alpha\) тогда следует \(\alpha > 90^\circ\) — противоречие. Если \(\angle ABC = \angle BAC\), то \(180^\circ - \alpha = \alpha - \varphi\), то есть \(\varphi = 2\alpha - 180^\circ\), и из \(\varphi > 0\) снова следует \(\alpha > 90^\circ\) — противоречие. Значит, \(\angle BAC = \angle BCA\), то есть \(\alpha - \varphi = \varphi\) и \(\varphi = \dfrac{\alpha}{2}\).
Углы треугольника \(ACD\) равны \(\angle DAC = \dfrac{\alpha}{2}\), \(\angle ADC = \alpha\) и \(\angle ACD = 180^\circ - \dfrac{3\alpha}{2}\).
Этот треугольник тоже равнобедренный. Равенство \(\angle DAC = \angle ADC\) невозможно, так как \(\dfrac{\alpha}{2} < \alpha\). Если \(\angle DAC = \angle ACD\), то \(\dfrac{\alpha}{2} = 180^\circ - \dfrac{3\alpha}{2}\), откуда \(\alpha = 90^\circ\), что противоречит неравенству \(\alpha < 90^\circ\) (при \(\alpha = 90^\circ\) четырёхугольник \(ABCD\) был бы прямоугольником, а не трапецией). Значит, \(\angle ADC = \angle ACD\), то есть \(\alpha = 180^\circ - \dfrac{3\alpha}{2}\), откуда \(\dfrac{5\alpha}{2} = 180^\circ\) и \(\alpha = 72^\circ\).
Тогда \(\angle BAD = \angle CDA = 72^\circ\), а \(\angle ABC = \angle BCD = 180^\circ - 72^\circ = 108^\circ\).
Ответ: \(72^\circ\), \(108^\circ\), \(72^\circ\), \(108^\circ\).
