Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2000/06/kv0600alekseev.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:06 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:36:50 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: ceres

ПРАКТИКУМ

АБИТУРИЕНТА

37
Г L K
Рис. 16

Для высоты расположения максимума шестого порядка (m = 6)
sin 6 = L L + h6
2 2

.

Условие направления на главные дифракционные максимумы позволяет определить длину волны света:
= dL 6

F GG H

1 L +h
2 2 0

-

1 L + h6
2 2

I JJ K

ми светлыми полосами равно x = 0,5 мм и не изменяется при перемещении экрана вдоль оптической оси. Найдите а. 2. В интерференционной схеме, изображенной на рисунке 15, на бипризму Френеля падает параллельный пучок квазимонохроматического света с длиной волны = 600 нм. Пучки света, преломленные каждой из половинок бипризмы, интерферируют между собой. При каком расстоянии L между биприз-

P

.

a

P

Поскольку h0 и h6 много меньше L, можно записать



d h6 - h

d

0

idh
2

6

+h

0

i

12L

= 632 нм .
L
Рис. 15

С учетом погрешностей измерений окончательно получим
= 630 + 50 нм .
Упражнения 1. Из линзы с фокусным расстоянием F = 50 см вырезана центральная часть шириной а, как показано на рисунке 14. Обе половины линзы сдвинуты до соприкосновения. По одну сторону линзы помещен точечный источник света с длиной волны = 600 нм. С противоположной стороны линзы находится экран, на котором наблюдаются интерференционные полосы. Расстояние между соседни-

b

g

a

Рис. 14

мой и экраном Р на нем будет наблюдаться интерференционная картина максимального размера? Чему будет при этом равна ширина интерференционных полос? Какое количество светлых полос будет наблюдаться на экране в этом случае? Расстояние между вершинами бипризмы 2 а = 5 см, показатель преломления материала бипризмы n = 1,5, пре-3 ломляющий угол = 10 рад. Считать, что sin = tg = . 3. Интерферометр Рэлея (рис.16) используется для относительного измерения показателя преломления газов. Для этого на пути одного из интерферирующих лучей располагается кювета Г прямоугольной формы длиной L = 10 см с исследуемым газом, а на пути другого луча компенсатор K, с помощью которого добиваются, чтобы в центральном максимуме разность хода между лучами равнялась нулю. Чему равно относительное изменение показателя прелом-

ления азота, по отношению к воздуху, если после замены в кювете воздуха на азот интерференционная картина в плоскости наблюдения Р сместилась ровно на одну полосу? Измерения проводились на длине волны = 500 нм. 4. Точечный источник света S расположен на расстоянии L = 1 м от тонкой слюдяной пластинки толщиной h = = 0,1 мм с показателем преломления n = = 1,4 (рис.17). На таком же расстоянии от пластинки расположен небольшой экран Э, ориентированный перпендикулярно отраженным лучам, на котором наблюдаются интерференционные полосы. Угол = 60њ. Найдите порядок m

Э

S L h
Рис. 17

интерференционной полосы в центре экрана. Определите ширину интерференционных полос. Длина волны света = = 560 нм.

Задачи о трапециях
В.АЛЕКСЕЕВ, В .ГАЛКИН, В.ПАНФЕРОВ, В .ТАРАСОВ

С

ках на вступительных экзаменах в вузы важную долю составляют задачи о трапециях. Здесь мы обсудим основные подходы к решению таких задач.

РЕДИ ЗАДАЧ О МНОГОУГОЛЬНИ-

Подобие и пропорциональность в трапециях
Важной особенностью трапеций является наличие двух параллельных сторон. При пересечении их (или их

продолжений) любой прямой образуются равные углы, что приводит к появлению пар подобных треугольников и, соответственно, пропорциональных отрезков. Также (в соответствии с теоремой Фалеса) пропорциональные отрезки возникают на боковых сторонах трапеции или их продолжениях, если проводится прямая, параллельная основаниям. Следующие задачи показывают, как использовать эти пропорциональности. Задача 1. Прямая, параллельная основаниям трапеции, пересекает ее боковые стороны и диагонали последовательно в точках М, Р, Q, N (рис.1). Докажите, что МР = QN. Решение (обозначения см. на рис.


!&
B C

К В А Н T $ 2000/6

F

B

C

M A
. 1

P

Q

N
B

M

C

D
O

A
. 4

B

D

1). Так как то MN || BC , AMP ; ABC , DQN ; DBC и MP = AM : AB = DN : DC. Поэтому BC AM DN QN = = = . Отсюда МР = AB DC BC =QN. Задача 2. В трапеции АВСD с основаниями AD = a и ВС = b через точку О пересечения диагоналей проведена прямая, параллельная основаниям. Эта прямая пересекает боковые стороны в точках М и N. Найдите длину отрезка MN. Решение (см. рис.2). Так же, как в задаче 1, получаем, что МО =ON. Так как BC || AD , то OBC ; ODA (из

A
. 3

N

D

. Отсюда ND ND ON AN BM AN BM ND AN = и = . Тогда = MC ND MC AN ND ND , и AN = ND. Но тогда и ВМ = = AN = МС.

=

MC

и

BM

=

MO

=

MC


Обычно трудности у школьников вызывает выбор тех дополнительных построений, которые помогают решить задачу. Для трапеции имеется ряд стандартных дополнительных построений. Отметим те, которые наиболее часто используются при решении задач: 1) опускание высот из концов одного основания на другое основание; 2) проведение через вершины трапеции прямой, параллельной боковой стороне, не содержащей эту вершину; 3) проведение через середину меньшего основания прямых, параллельных боковым сторонам; 4) проведение через вершину трапеции прямой, параллельной диагонали, не содержащей эту вершину; 5) продолжение боковых сторон до пересечения. Дополнительное построение 1) позволяет разбить трапецию на прямоугольник (стороны которого одно из оснований и высота трапеции) и 2 прямоугольных треугольника (в которых один из катетов высота трапеции, а гипотенузы боковые стороны трапеции). Это часто позволяет произвести нужные вычисления. Дополнительное построение 2) порождает параллелограмм и треугольник. Это достроение полезно, когда в образовавшемся треугольнике удается получить 3 параметра. Задача 4. Постройте трапецию АВСD ( BC || AD ) по четырем сторонам АВ = с, АD = b, BC = a, CD = d (a < b) и найдите ее высоту. Решение. Допустим, что искомая трапеция ABCD построена. Проведем

BB1 || CD (рис.4). Получим треугольник ABB1 с известными сторонами АВ = с, BB1 = CD = d, AB1 = b a. Таким образом, по данным задачи можно построить треугольник ABB1 , на луче AB1 отложить отрезок AD = b, через точку В провести прямую, параллельную AD, и отложить на ней отрезок ВС = а (в нужную сторону). Высота h трапеции находится, наприh b-a мер, из формулы S = для 2 площади треугольника ABB1 , где площадь треугольника предварительно вычисляется по формуле Герона. Ответ:

>

C

B M

C N

O

A
. 2

D

BO BC равенства углов). Отсюда = = OD AD b BO b =и = . Так как MN || AD , a BD a + b MO то BMO ; BAD . Поэтому = AD BO b b AD = = = и МО = BD a+b a+b ab = . Поскольку МО = ON, то a+b 2ab MN = . a+b 2ab Ответ: MN = . a+b Следующая задача выражает очень важное утверждение о трапециях. Задача 3. Докажите, что середины оснований, точка О пересечения диагоналей и точка F пересечения боковых сторон трапеции лежат на одной прямой. Решение. Пусть прямая FO пересекает основания трапеции в точках М и N (рис.3). Так как FBM ; FAN , FMC ; FND , OBM ; ODN , BM FM OMC ; ONA , то = = AN FN

2 p p-c p-d p-b+a , b-a 1 c+d+b-a . где p = 2 Указанное построение заставляет 'работать' боковые стороны, соединив их вместе в треугольнике ABB1 . Дополнительное построение 3) очень близко к 2) и порождает такой же треугольник. Задача 5. В трапеции сумма углов при одном из оснований равна 90њ. Найдите длину отрезка, соединяющего середины оснований, если длина отрезка, соединяющего середины диагоналей, равна d. Решение. Пусть в данной трапеции основания AD и ВС (AD > BC) и пусть h=

>

C>

C>

C

>

C

B

M

C

A
. 5

A

N

D

D

М середина стороны ВС, N середина стороны AD. Требуется найти длину MN (рис.5). Проведем из точки М прямые параллельно боковым сторонам до пересечения с основанием AD в точках A1 и D1 . Тогда сумма углов MA1 D1 и MD1 A1 равна 90њ, т.е. треугольник MA1 D1 является прямоугольным. Имеем AA1 = ВМ и D1 D = =МС, поэтому AA1 = D1 D и A1N = = ND1 . Таким образом, MN медиана


ПРАКТИКУМ АБИТУРИЕНТА

!'
= и разом, MKN MAK NKM ; LAK (так как MNK = = 90њ). Аналогично, ALK MK MN LKM ; NDK . Поэтому = AK LK 3 MK ML и = = . Отсюда MK = 7 KD KN 3 15 MN KD = = и = 7 7 LK 15 5 :9= . = 7 21 Ответ: а) 1 : 1, 9 : 5; б) 5 : 21.

B E A
. 6

C G H F D

в прямоугольном треугольнике MA1 D1 , которая, как известно, равна половине гипотенузы A1 D1 . Поскольку AA1 = =ВМ и D1 D = МС, то A1 D1 = AD BC A1 D1 AD - BC = . С другой и MN = 2 2 стороны, пусть EF средняя линия трапеции (Е на АВ), и пусть она пересекает диагонали АС и BD в точках G и Н (рис.6). Тогда EF параллельна основаниям и поэтому ЕН средняя линия в треугольнике ABD, а EG средняя линия в треугольнике AD АВС. Поэтому GH = EH EG = 2 BC . В результате получаем MN = 2 = GH = d. Ответ: d. В тех случаях, когда заданы диагонали трапеции или угол между ними, бывает полезно дополнительное построение 4), порождающее треугольник, в котором 2 стороны равны и параллельны диагоналям трапеции, а длина третьей стороны равна сумме длин оснований трапеции. Задача 6. Постройте трапецию ABCD ( DC || AB ) по двум ее основаниям DC = a, AB = b (a < b) и двум диагоналям АС = d1 , ВD = d2 . Решение. Допустим, что искомая трапеция ABCD построена. Проведем
, +

зволяет сводить задачу о трапеции к задаче о треугольниках. Задача 7 (МГУ, мехмат, 1999 г.). В трапеции АВСD с боковыми сторонами АВ = 9 и CD = 5 биссектриса угла D пересекает биссектрисы углов А и С в точках М и N соответственно, а биссектриса угла В пересекает те же две биссектрисы в точках L и K, причем точка K лежит на основании AD. а) В каком отношении прямая LN делит сторону АВ, а прямая МK сторону ВС? б) Найдите отношение MN : KL, если LM : KN = 3 : 7.


Наличие параллельных сторон в трапеции порождает ряд интересных свойств, связанных с площадями. Задача 8. Диагонали трапеции рассекают ее на 4 треугольника. а) Докажите, что треугольники, примыкающие к боковым сторонам, имеют равную площадь. б) Пусть площади треугольников, примыкающих к основаниям, равным S1 и S2 . Найдите площадь трапеции. Решение (cм. рис. 9). а) Так как BC || AD , то высоты в треугольниках ABD и ACD, опущенные на их общее

F

B L A
. 8

C M N D

K

B

C

)
. 7

*

+

CC1 || DB (рис.7). Получим треугольник ACC1 с известными сторонами АС = d1 , CC1 = d2 , AC1 = a + b. Таким образом, по данным задачи можно построить треугольник ACC1 , на AC1 отложить отрезок АВ = b, через точку С провести прямую, параллельную АВ, и отложить на ней отрезок DC = a (в нужную сторону). Указанное дополнительное построение заставляет 'работать' обе диагонали, соединив их вместе в треугольнике ACC1 . Дополнительное построение 5) по-

Решение (cм. рис. 8). Так как сумма углов трапеции при боковой стороне АВ равна 180њ и АМ и BK биссектрисы этих углов, то LAB + LBA = = 90њ. Таким образом, в треугольнике ABK биссектриса AL является высотой. Поэтому AK = KB = 9. Аналогично, KD = CD = 5. При этом BL = LK, CN = NK, поэтому LN средняя линия в треугольнике KBC, а ее продолжение средняя линия в треугольнике ABK. Значит, LN делит АВ в отношении 1 : 1. Продолжим боковые стороны трапеции до пересечения в точке F. Тогда М точка пересечения биссектрис в треугольнике AFD и FM третья биссектриса в этом треугольнике. Пусть продолжение FM пересекает AD в точке K1 . Тогда по теореме 9 AF AB AK1 о биссектрисе = = =. K1 D FD CD 5 Отсюда следует, что K1 совпадает с K, т.е. FK проходит через М. При этом легко получить, что прямая MK (или FK) делит сторону ВС в том же отношении, что и сторону AD, т.е. 9 : 5. Так как KLM = KNM = 90њ, то точки K, L, M, N лежат на одной окружности (с диаметром MK). Тогда MKN = = MLN (как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу). Но LN || BC , поэтому MLN = MAK . Таким об-

O

A
. 9

D

основание AD, равны. Поэтому равны площади треугольников ABD и ACD. Так как эти треугольники имеют общую часть AOD, то равны также площади треугольников АВО и CDO. б) Пусть площади треугольников АВО и CDO равны S3 и S4 . Тогда S1 S2 = S3 S4 (докажите, что это равенство справедливо в любом выпуклом четырехугольнике, воспользовавшись тем, что sin AOB = = = = sin BOC sin COD = sin DOA ). В п. а) мы доказали, что S3 = S4 . Поэтому S3 = S4 = = S1 S2 . Отсюда площадь трапеции равна =

e

S1

S1 +

Ответ: S1 + S2 . Имеется ряд важных связей площади с дополнительными построениями в трапеции. Так, например, при продолжении боковых сторон образуются подобные треугольники, площади которых относятся как квадраты соответствующих сторон.

e

S2

j

+
2

S2

+

2 S1 S2

=

.

j

2


"
Задача 9. На боковых сторонах АВ и CD трапеции АВСD взяты точки М и N так, что отрезок MN параллелен основаниям. При этом площадь трапеции MBCN в k раз больше площади трапеции AMND. Найдите длину MN, если ВС = а и AD = b.

К В А Н T 2000/6

B

a x

C

M A
. 10

N D

b

Решение (cм. рис. 10). Пусть длина отрезка MN = x и пусть a < b. Продолжим боковые стороны до пересечения в точке K. Получим три подобных треугольника KBC, KMN и KAD с основаниями а, х, b. Для площадей этих подобных треугольников имеем SKBC : SKMN : SKAD = = a 2 : x 2 : b . Так как SBCNM = = SKMN SKBC и S AMND = SKAD SKMN , то SBCNM : S AMND = = x -a
2

ведем CC1 || DB (см. рис.7). Получим треугольник ACC1, который равновелик трапеции. Действительно, треугольники ADC и CC1B имеют одинаковое основание (DC = BC1 , так как DCC1B параллелограмм) и одинаковую высоту, равную высоте трапеции. Поэтому их площади равны, а значит, равны и площади трапеции ABCD и треугольника ACC1. В треугольнике ACC1 известны две стороны 7 АС = а, CC1 = BD = a и соотношение 5 между углами. Действительно, если CC1 A = DBA = , то по условию CAC1 = 2 , значит, ACC1 = 180њ CC1 = 3 . По теореме синусов sin 2 7 AC CC1 . Откуда 2cos = = и = 5 sin AC 7 2 cos = . Тогда sin = 1 - cos = 10 51 (синус положителен, так как = 10 o 0; 180 ). Для угла ACC1 имеем

e

j

sin ACC1 = sin 180 - 3 = sin 3 =

e

o

j

= 3 sin - 4 sin =

3

12 51 125

.

e

2

2

j:e
2

b -x
2 2

2

2

получаем, что
2 x=

x -a b -x
их=

2 2

j

. Из условия = k, откуда

. Тот 1+k 1+k же результат получается и при a > b. (При k = 1 получаем, что длина отрезка MN, параллельного основаниям и делящего площадь трапеции пополам, равна Ответ:

a + kb

2

a + kb

2

2

Осталось вычислить площадь: 1 SACC = AC CC1 sin ACC1 = 1 2 2 42 51a = . 625 2 42 51a . Ответ: 625


Если окружность описана около трапеции ABCD ( AD || BC ), это означает, что трапеция равнобочная (это следует из равенства вписанных углов CAD и АСВ). При этом прямая, проходящая через центр окружности перпендикулярно основаниям, является осью симметрии трапеции, что обычно можно активно использовать при решении задач. При вычислениях часто удобно использовать теорему синусов, поскольку окружность, описанная около трапеции, описана и около четырех треугольников, вершины которых совпадают с вершинами трапеции. Иногда полезно (как в следующей задаче) связать возникающие вписанные углы с центральными. Задача 11. Трапеция ABCD ( AD || BC ) вписана в окружность с центром О. Докажите, что точки А, В, О и точка М пересечения диагоналей трапеции лежат на одной окружности.

a +b 2

2

2

.)

. 1+ k При дополнительном построении 4), когда переносится диагональ, образуется треугольник, площадь которого равна площади трапеции. Это дополнительное построение оказывается ключевым, например, в следующей задаче. Задача 10 (МГУ, экономический факультет, 1999 г.). В трапеции ABCD ( AB || CD ) диагонали АС = а, BD = 7 = a . Найдите площадь трапеции, 5 если CAB = 2DBA . Решение. В трапеции даны диагонали. Чтобы заставить их 'работать', сделаем стандартное построение про-

a + kb

2

2

Решение. Так как центральный угол АОВ и вписанный угол ADB опираются на одну дугу, то AOB = 2 ADB . Поскольку трапеция равнобочная, то MAD = MDA и AMB = MAD + + MDA = 2 ADB = AOB . Отсюда следует, что окружность, проходящая через А, В, О, проходит также и через М. Если трапеция ABCD описана около окружности, то у нее также имеется ряд хороших свойств: высота равна диаметру окружности; отрезки сторон от вершин до точек касания попарно равны; AB + CD = AC + BD (как и в любом четырехугольнике, описанном около окружности). Другие интересные свойства содержатся в следующей задаче. Задача 12. Пусть трапеция ABCD ( AD || BC ) описана около окружности с центром О. Докажите, что а) средняя линия трапеции равна полусумме ее боковых сторон; б) боковые стороны видны из центра О под прямым углом (т.е. AOB = COD = = 90њ); в) AM MB = CN ND = r 2 , где М и N точки касания окружности со сторонами АВ и СD соответственно и r радиус окружности. Решение. Утверждение а) следует из того, что средняя линия трапеции равна полусумме оснований и АВ + + CD = AC + BD. б) Точка О равноудалена от всех сторон трапеции. Поэтому АО, ВО, СО, DO биссектрисы углов А, В, С, D. Так как BAD + ABC = 180њ, то OAB + OBA = 90њ и AOB = 90њ. Аналогично, COD = 90њ. в) Так как треугольник АОВ прямоугольный и ОМ высота в нем, то 2 AM MB = OM 2 = r (по теореме о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике). Аналогично, CN ND = ON 2 = r 2 . Если в задаче имеется трапеция и некоторая окружность, то часто бывает полезно использовать тот факт, что и в трапеции и в окружности возникают равные углы. Задача 13 (МГУ, мехмат, 1994 г.). В трапеции ABCD с основаниями AD и ВС диагонали АС и BD пересекаются в точке Е. Вокруг треугольника ЕСВ описана окружность, а касательная к этой окружности, проведенная в точке Е, пересекает прямую AD в точке F таким образом, что точки А, D и F лежат последовательно на этой прямой. Известно, что AF = a, AD = b. Найдите EF. Решение (cм. рис. 11). Угол CEF заключен между хордой ЕС и касательной EF. Как известно, он равен половине дуги ЕС, т.е. вписанному


ПРАКТИКУМ АБИТУРИЕНТА

"
прямые, пересекающие большее основание. Диагонали трапеции и эти прямые разделили трапецию на семь треугольников и один пятиугольник. Сумма площадей трех треугольников, прилежащих к боковым сторонам и меньшему основанию трапеции, равна 10. Найдите площадь пятиугольника. 7 (МГУ, биологический факультет, 1991 г.). Высота трапеции ABCD равна 7, а длины оснований AD и ВС равны 8 и 6 соответственно. Через точку Е, лежащую на стороне CD , проведена прямая ВЕ, которая делит диагональ АС в точке О в отношении АО : ОС = 3 : 2. Найдите площадь треугольника ОЕС. 8 (МГУ, химический факультет, 1995 г.). Диагонали равнобедренной трапеции перпендикулярны. Найдите площадь трапеции, если ее средняя линия равна 5. 9 (МГУ, психологический факультет, 1990 г.). В трапеции ABCD основание AD равно 16, сумма диагоналей АС и BD равна 36, угол CAD равен 60њ. Отношение площадей треугольников AOD и ВОС, где О точка пересечения диагоналей, равно 4. Найдите площадь трапеции. 10 (МГУ, физический факультет, 1996 г.). В трапеции BCDE ( CD || BE ) DE = =b, а расстояние от середины отрезка ВС до прямой DE равно d. Найдите площадь трапеции. 11 (ЛГУ, матмех, 1980 г.). Боковые стороны трапеции перпендикулярны. Какое наибольшее значение может иметь площадь треугольника, образованного диагоналями и средней линией трапеции, если известно, что длины оснований трапеции равны а и b (a > b)? 12 (МГУ, мехмат, 1995 г.). На боковой стороне АВ трапеции ABCD взята такая точка М, что АМ : МВ = 2 : 3. На противоположной стороне CD взята такая точка N, что отрезок MN делит трапецию на части, одна из которых по площади втрое больше другой. Найдите отношение CN : DN, если ВС : AD = = 1 : 2. 13 (МГУ, физический факультет, 1995 г.). Трапеция ABCD ( BC || AD ) вписана в окружность. Известно, что ВС = а, AD = b, CAD = . Найдите радиус окружности. 14. Около окружности описана равнобочная трапеция ABCD . Окружность касается основания трапеции AD в точке Р, а боковых сторон АВ и CD в точках М и K соответственно, при этом MK = = 20. Найдите длину отрезка, который высекают прямые РВ и РС из отрезка MK. 15. В трапецию ABCD вписана окружность которая касается боковых сторон АВ и CD в точках М и N соответственно. Найдите площадь трапеции, если АМ = =а, МВ = b, CN = c.

* -

+

)
. 11

,

.

углу CBE. С другой стороны, в трапеции CBD = BDA. Поэтому CEF = = BDA , откуда AEF = EDF . Отсюда следует, что FAE ; FED (у них еще общий угол DFE). Тогда EF AF = , и EF 2 = a a - b . ОкончаFD EF тельно, EF = a a - b .

>

Ответ: EF = a a - b . В ряде задач окружность отсутствует в формулировке, но полезна при решении. Важно бывает увидеть саму возможность провести вспомогательную окружность, чтобы получить ключ к решению всей задачи. Эффективность метода вспомогательной окружности подтверждает следующая задача, где оказывается удобным провести сразу две вспомогательные окружности. Задача 14 (МГУ, физический факультет, 1997 г.). В трапеции ABCD BC || AD , ABC = 90њ. Прямая, перпендикулярная стороне CD, пересекает сторону АВ в точке М, а сторону CD в точке N. Известно, что МС = а, NB = b, а расстояние от точки D до прямой МС равно с. Найдите расстояние от точки А до прямой BN. Решение. В задаче присутствуют многочисленные перпендикуляры и прямые углы: BC AB , AD AB , так как трапеция прямоугольная (рис.12); MN CD ; DD1 MC и DD1 = с; AA1 BN и AA1 = х искомая величина; МС = а, NB = b. Имеем: отрезок МС виден из точек В и N под прямым углом. Поэтому около четырехуголь-

>

> C

C

C

ника BCNM можно описать окружность S1 . Диаметр ее известен это отрезок МС = а. Из точек В и С окружности ее хорда MN видна под одним углом (по следствию из теоремы о вписанном угле), т.е. MBN = = MCN = . Отрезок MD виден из точек N и А также под прямым углом. Поэтому около четырехугольника AMND тоже можно описать окружность. Диаметром ее является отрезок MD. Из точек А и D общая хорда двух окружностей (хорда MN) видна под одним углом : MAN = MDN = . В результате имеем два подобных треугольника BAN и CDM (по двум углам). AA1 BN Значит, = , откуда AA1 = DD1 MC BN DD1 bc = . =х = MC a bc . Ответ: a
Упражнения 1 (МГУ, факультет почвоведения, 1993 г.). Через точку пересечения диагоналей трапеции проведена прямая, параллельная основаниям и пересекающая боковые стороны в точках Е и F. Длина отрезка EF равна 2. Определите длины оснований трапеции, если их отношение равно 4. 2. Непараллельные стороны трапеции продолжены до взаимного пересечения и через полученную точку проведена прямая, параллельная основаниям трапеции. Найдите длину отрезка этой прямой, ограниченного продолжениями диагоналей, если длины оснований трапеции равны а и b. 3. Точка K лежит на основании AD 1 AD . трапеции ABCD, причем AK = n Найдите отношение АМ : MD, где М точка пересечения с AD прямой, проходящей через точки пересечения прямых АВ и CD и прямых BK и АС. Используя решение этой задачи, предложите способ деления данного отрезка на n равных частей (n = 1, 2, 3, ...) с помощью одной линейки, если дана прямая, ему параллельная. 4. На основании AD трапеции ABCD взята точка Е так, что АЕ = ВС. Отрезки СА и СЕ пересекают диагональ BD в точках О и Р соответственно. Известно, что ВО = PD . Найдите отношение AD : BC. 5. В трапеции углы при одном из оснований имеют величины 20њ и 70њ, а длина отрезка, соединяющего середины оснований, равна 2. Найдите длины оснований трапеции, если длина средней линии этой трапеции равна 4. 6. Через концы меньшего основания трапеции проведены две параллельные

B

A D

C N

M

A
. 12

D