Един трапец и една окръжност...

[S.B.]

В равнобедрен трапец $ABCD$ с основи $AB = 15 , CD = 1$ и бедра $AD = BC = 14$,окръжността с диаметър $BC$ пресича $AD$ в точки $M$ и $N$,като $N$ е между $A$ и $M$.Да се намери дължината на отсечката $MN$.

[Davids]

TriangleCircleStuff.png (62.27 KiB) Прегледано 519 пъти

EDIT: На чертежа са разменени $x$ и $y$, ама не ми се пренаписва решението xD

Чертежът е подробен, затова ще карам по-директно с решението.
Сравнително тривиално намираме, че долните ъгли на трапеца са по 60 градуса, оттам се сещаме, че ако продължим бедрата му до пресечната им точка, ще получим равностранен $ABH$ със страна 15.
Обобщено ще караме с двойки косинусови теореми за всяка от отсечките $a_1, b_1, a_2, b_2$ съответно срещу ъгъла $\angle AHB = 60^{\circ}$ в дадените триъгълници. Изразявайки $a_1^2$ и $b_1^2$ посредством тези косинусови теореми, ще комбинираме резултатите с питагорови теореми съответно с хипотенузата $BC$, т.е. $a_n^2 + b_n^2 = 14^2 = 196, n \in {1, 2}$
Така достигаме до системата:
[tex]\begin{array}{|l} (1^2 + x^2 - 2.1.x.cos60) + (15^2 + x^2 - 2.15.x.cos60) = 196 \\ (1^2 + (x + y)^2 - 2.1.(x+y).cos60) + (15^2 + (x+y)^2 - 2.15.(x+y).cos60) = 196 \end{array}[/tex]
$\Leftrightarrow$
$\begin{array}{|l} x^2 - 8x + 15 = 0 \\ 2x^2 + 4xy + y^2 - 16x - 16y +30 = 0 \end{array}$

Разглеждаме два случая спрямо решенията на първото уравнение:
I) сл.: $x = 3$
$\Rightarrow 18 + 2y + 2y^2 - 48 - 16y + 30 = 0 \Rightarrow 2y(y - 2) = 0$, откъдето единствено решение е $y = 2$.

II) сл.: $x = 5$
$\Rightarrow 50 + 20y + 2y^2 - 80 - 16y + 30 = 0 \Rightarrow 2y(y + 2) = 0$, където нямаме валидни решения за $y$.

Окончателно $\boxed{y = MN = 2}$

[Евва]

Скрит текст: покажи

Реших я без да гледам изпратеното решение.

Съставих системата:

[tex]\begin{array}{|l} MD = \frac{6-NM}{2} \\ NM+2MD+NM.MD+MD^{2} = 14 \end{array}[/tex]

и получих NM=2

[S.B.]

Без заглавие (66).png (363.66 KiB) Прегледано 489 пъти

Искам да представя и моя поглед върху тази задача:
От свойството на секущите: [tex]AM.AN = AB.AP[/tex]
$CP \bot AB \Rightarrow BP = \frac{AB - CD}{2} = \frac{15 - 1}{2} = 7 \Rightarrow AP = 8$
$$AN.AM = AP.AB \Rightarrow AN.AM = 8.15 $$
Търсим $AM$ и $AN$
$\triangle BPC$ е правоъгълен, $P$ принадлежи на окръжността ,$BP = 7 ,BC = 14 \Rightarrow \angle BCP = 30^\circ , \angle B = \angle A = 60^\circ$
$OM = ON$ като радиуси $\Rightarrow \triangle MON$ е равнобедрен.Построявам $OH\bot MN, H \in MN \Rightarrow MH = NH = x$
Тогава $AM = AH + x , AN = AH - x$ и $AN.AM = 120 \Leftrightarrow (AH -x)(AH +x) = 120$
$OH \bot MN \Rightarrow OH \bot AD$ Нека $OH \cap AB = L$
$\triangle ALH $ е правоъгълен,$\angle A = 60 ^\circ \Rightarrow \angle L = 30^\circ \Rightarrow AH = \frac{AL}{2}$
Търсим $AL$:
$\angle B = 60^\circ$ е външен за $\triangle BLO,\angle L = 30^\circ \Rightarrow \angle BOL = 30^\circ \Rightarrow BL = OB = \frac{BC}{2} = 7$
$AL = AB + BL = 15 + 7 = 22 \Rightarrow AH = 11$
$(AH - x)(AH + x) = 120 \Leftrightarrow (11 + x)(11 - x) = 120 \Leftrightarrow x^{2} = 1 \Rightarrow x = \pm 1, x > 0 \Rightarrow x = 1$
$MN= 2x \Rightarrow$ $$MN = 2$$

[Евва]

Построих SO-средна отс.на трапеца ABCD ,SO=[tex]\frac{AB+CD}{2}[/tex]=8
Нека К(О;7) пресича SO в т.Т ,тогава ST=1 , TO=7
Нека правите АМ и ВС се пресичат в т.Н ;[tex]\triangle[/tex]АВН е равностранен.
Разглеждаме [tex]\triangle[/tex]SON и [tex]\triangle[/tex]MOH
1.ON=OM
2.SO=OH=8
3.[tex]\angle[/tex]ONS=180[tex]^\circ[/tex]-[tex]\angle[/tex]ONM=180[tex]^\circ[/tex]-[tex]\angle[/tex]OMN=[tex]\angle[/tex]OMH [tex]\Rightarrow[/tex]
по 4 признак тр-те са еднакви [tex]\Rightarrow[/tex] SN=MH=1+y [ означих NM=x ,MD=y ] тогава SN+NM+MH=SH
т.е. 1+у+х+1+у=8 ; у=[tex]\frac{6-х}{2}[/tex] (1)
От свойство на секущите HM.HN=HC.HB т.е. (1+у)(1+у+х)=1.15 ...
х+2у+ху+[tex]у^{2}[/tex]=14 (2)
Остава да решим системата от (1) и (2) уравнение .