Интересна задача за равнобедрен трапец

[emil3993]

Здравейте математици! Весели празници и МНОГО ЗДРАВЕ! Може ли решението? Благодаря предварително. Приятна ваканция.

[KOPMOPAH]

Отбелязваме $BN$ с $x$, $DQ$ с $y$, страната на квадрата с $a$, $\measuredangle NMB$ с $\varphi$ и $\measuredangle NBM$ с $\alpha$. Ъглите $\measuredangle NMB$ и $\measuredangle QPD$ са равни, защото са кръстни. От Синусова теорема за $\triangle MBN$ имаме $\frac{a}{sin \alpha}=\frac{x}{sin \varphi}$, за $\triangle PDQ$ съответно $\frac{a}{sin (180^\circ - \alpha)}=\frac{y}{sin \varphi}=\frac{a}{sin \alpha}$, следователно $x=y$, но трапецът е равнобедрен и като от равните бедра се извадят равни отсечки ...

[emil3993]

Отбелязваме $BN$ с $x$, $DQ$ с $y$, страната на квадрата с $a$, $\measuredangle NMB$ с $\varphi$ и $\measuredangle NBM$ с $\alpha$. Ъглите $\measuredangle NMB$ и $\measuredangle QPD$ са равни, защото са кръстни. От Синусова теорема за $\triangle MBN$ имаме $\frac{a}{sin \alpha}=\frac{x}{sin \varphi}$, за $\triangle PDQ$ съответно $\frac{a}{sin (180^\circ - \alpha)}=\frac{y}{sin \varphi}=\frac{a}{sin \alpha}$, следователно $x=y$, но трапецът е равнобедрен и като от равните бедра се извадят равни отсечки ...

Това вярно ли е?
QN не ли е средна отсечка, зареди квадрата - нали N е на равни разстояния от основите и аналогично за Q, откъдето СN=NB=QD=QA

[KOPMOPAH]

Равнобедрен трапец.png (10.6 KiB) Прегледано 199 пъти

Не е средна отсечка

[darinalazarova73]

Нека т.Т лежи на АВ,като QT е перпендикулярна на АВ,т.Н лежи на правата СD,като NH е перпенд.на СD.
Разглеждаме тр-к ТМQ и тр-к HPN.
1 QM=PN
2 ъгъл ТМQ=ъгъл НPN=W (с взаимноуспоредни рамене)
3 ъгъл МQT=ъгъл PNH=90-W
Тогава тр-к ТМQ е еднакъв по 2 признак с тр-к НРN.
TQ=NH ($)
ъгъл QAT=ъгъл АВС=ъгъл NCH (кръстни)
т.е.ъгъл QAT=ъгъл NCH=алфа
Разгл.тр-к АТQ и тр-к СНN
1 TQ=NH от($)
2 ъгъл АТQ=ъгъл CHN=90
3 ъгъл TQA=ъгъл CNH=90-алфа
Тр-к АТQ е еднакъв по 2 признак с тр-к СНN,тогава
АQ=CN.

[emil3993]

Има ли по-лесен начин от предложените?

[darinalazarova73]

Нека ъгъл QAB=W;ъгъл AMQ=v
Построяваме окр.К(Q;R=QM=a).K пресича правата АВ в т.Е,тр-к ЕМQ е равноб.
т.е.ъгъл QEM=ъгълEMQ=V (*)
Намираме ъгъл NMB=90-V;ъгъл BNM=90+V-W
Разгл. тр-к NCP-ъгъл PNC=W-V,но ъгъл NCP=180-W,тогава
ъгъл CPN=V (*)
Разгл.тр-кЕАQ и тр-к PCN
1 EQ=PN=а (по построение)
2 ъгъл QEA=ъгъл CPN=V (от *)
3 ъгъл AQE=ъгъл PNC=W-V
По 2 признак тр-к ЕАQ е еднакъв с тр-к PCN,тогава
AQ=CN

[emil3993]

Отбелязваме $BN$ с $x$, $DQ$ с $y$, страната на квадрата с $a$, $\measuredangle NMB$ с $\varphi$ и $\measuredangle NBM$ с $\alpha$. Ъглите $\measuredangle NMB$ и $\measuredangle QPD$ са равни, защото са кръстни. От Синусова теорема за $\triangle MBN$ имаме $\frac{a}{sin \alpha}=\frac{x}{sin \varphi}$, за $\triangle PDQ$ съответно $\frac{a}{sin (180^\circ - \alpha)}=\frac{y}{sin \varphi}=\frac{a}{sin \alpha}$, следователно $x=y$, но трапецът е равнобедрен и като от равните бедра се извадят равни отсечки ...

Благодаря, това решение ми зве ума !