Диагональ \(AC\) разбивает трапецию \(ABCD\) с основаниями \(AD\) и \(BC\), из которых \(AD\) большее, на два подобных треугольника.
а) Докажите, что \(\angle ABC=\angle ACD\).
б) Найдите отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, если известно, что \(BC=18\), \(AD=50\), \(\cos\angle CAD=\frac35\).
(ЕГЭ 2014, резервный день)
а) Углы \(\angle CAD\) и \(\angle BCA\) равны как накрест лежащие. Следовательно, т.к. \(\triangle ABC\sim \triangle ACD\), то \(\angle
ABC\) равен либо \(\angle ACD\), либо \(\angle ADC\).
Пусть \(\angle ABC=\angle ADC\), тогда \(\angle BAC=\angle ACD\) — накрест лежащие углы при \(AB\) и \(CD\) и секущей \(AC\). То есть \(AB\parallel CD\), что невозможно, т.к. тогда \(ABCD\) – параллелограмм, а не трапеция.
Следовательно, \(\angle ABC=\angle ACD\), чтд.
б) Используем условие того, что \(\triangle ABC\sim \triangle ACD\):
\[\dfrac{AC}{AD}=\dfrac{BC}{AC}\quad \Rightarrow\quad AC^2=AD\cdot BC
\quad \Rightarrow \quad AC=30.\]
Заметим, что \(\triangle AOM\sim \triangle CON\) с коэффициентом \(\frac{25}9\). Значит, если обозначить \(OC\) за \(k\), то \(AO=\frac{25}9k\). Следовательно, \[AO+OC=\dfrac{34}9k=30 \quad \Rightarrow \quad k=OC=\dfrac{9\cdot 15}{17}.\]
Найдем по теореме косинусов (из условия \(\cos\angle OCN=\cos\angle CAD=\frac35\)) из \(\triangle CON\) \[ON^2=9^2+\left(\dfrac{9\cdot 15}{17}\right)^2- 2\cdot 9\cdot \dfrac{9\cdot 15}{17}\cdot \dfrac35 \quad \Rightarrow \quad ON=\dfrac{9\cdot 4}{17}\cdot \sqrt{13}.\]
Значит, вследствие подобия \[OM=\dfrac{25}9\cdot ON=\dfrac{25\cdot 4}{17}\cdot \sqrt{13}.\]
Таким образом, \[MN=ON+OM=8\sqrt{13}.\]
Ответ:
\(8\sqrt{13}\)