Подскажите , пожалуйста, решение ... ( ответ: 156)Биссектриса острого угла равнобокой...

Question

Дан 1 ответ

Правильный ответ

Пусть дана трапеция $ABCD$ , стороны $AB=CD\\$ , опустим высоту
$BH$ .
так как биссектриса делит сторону боковую на отрезки 10 и 5 , то сама сторона равна 15 см .
Обозначим $BC=x$ , тогда $AH=\frac{22-x}{2}$
Так как биссектриса делит высоту трапеций , то она будет являться биссектрисой треугольник $BAH$ .
Тогда очевидно высота будет равна по теореме Пифагора
$BH=\sqrt{15^2 - (\frac{22-x}{2})^2}$
так как $AO$ является биссектрисой треугольник $ABC$ , то по формуле она равна $\frac{22-x}{2}*\sqrt{\frac{60}{52-x}}$
с другой стороны она равна $y=\frac{b}{sina}$
приравняем их
$\frac{22-x}{2}*\sqrt{\frac{60}{52-x}} = \frac{b}{sina}\\ b=\frac{(22-x)*sina}{2}*\sqrt{\frac{60}{52-x}}$
По теореме о биссектрисе $\frac{z}{b}=\frac{15}{\frac{22-x}{2}}\\ \frac{z}{b}=\frac{30}{22-x}$
с учетом того что
$z+b=\sqrt{225-(\frac{22-x}{2})^2}\\$
подставляя ее получим
$2*(\frac{30b}{22-x}+b)=\sqrt{(52-x)(x+8)}$
теперь подставим $b$
получим в итоге
$2(\frac{\frac{30*(22-x)}{2}*\frac{60}{52-x}*sina}{22-x}+\frac{22-x}{2}*\sqrt{\frac{60}{52-x}}*sina)-\sqrt{(52-x)(x+8)} = 0\\$
это эквивалентно такому
$2\sqrt{15(52-x)}*sina= \sqrt{-x^2+44x+416}\\ sina=\sqrt{\frac{x+8}{60}}\\ 0 \leq x \leq 52$
Теперь зная угол можно найти меньшую сторону
Пусть $AO$ это сама биссектриса тогда , угол $BCD$ равен $180-2a$
$AO^2=100+22^2-2*10*22*cos(2*arccos\sqrt{\frac{52-x}{60}})\\$
тогда
$BO^2 = (100+22^2-2*10*22*cos(2*arccos\sqrt{\frac{52-x}{60}}))+ 15^2-30$ * $(100+22^2-2*10*22*cos(2*arccos\sqrt{\frac{52-x}{60}}))*\sqrt{\frac{52-x}{60}}$
с другой стороны
$BO^2=25+x^2+10x*cos(2arccos\sqrt{\frac{52-x}{60}}) = \frac{2x^2+22x+75}{3}\\$
$\frac{2x^2+22x+75}{3}=$ $-\frac{5*\sqrt{(27(52-x)(44x+784)}-44*\sqrt{15}*x-1459*\sqrt{15}}{3\sqrt{15}}$
решая это уравнение получаем $x=4$
Тогда высота равна
$BH=\sqrt{15^2-9^2}=12\\ S=\frac{22+4}{2}*12 = 156$

Матов_zn (224k баллов) 15 Март, 18