ФИПИ B58CFA — Четырехугольники и их свойства

Нужно доказать, что $M,O,N$ лежат на одной прямой, затем найти $AM:MB$. Начнём с данных равенств $AM=MO$ и $CN=NO$: они образуют два равнобедренных треугольника. Вместе с биссектрисами это докажет параллельность $MO$ и $NO$ основаниям, без предварительного предположения о положении $O$. Шаг 1. Докажем коллинеарность точек. В треугольнике $AMO$ стороны $AM$ и $MO$ равны, поэтому равны углы напротив них, то есть углы при $O$ и $A$: $$\angle AOM=\angle MAO.$$ Точка $M$ лежит на $AB$, а $AO$ — биссектриса угла $BAD$. Поэтому $\angle MAO=\angle OAD$. Значит, $$\angle AOM=\angle OAD.$$ Это равные накрест лежащие углы при секущей $AO$, следовательно, $MO\parallel AD$. В треугольнике $CNO$ стороны $CN=NO$, поэтому углы при $C$ и $O$ равны: $\angle NCO=\angle CON$. Точка $N$ лежит на $CD$, а $CO$ — биссектриса угла $BCD$. Значит, $\angle NCO=\angle OCB$. Отсюда $\angle CON=\angle OCB$, то есть по накрест лежащим углам при секущей $CO$: $$NO\parallel BC.$$ Основания $AD$ и $BC$ параллельны. Через $O$ проходит единственная прямая, параллельная им. Обе прямые $MO$ и $NO$ совпадают с ней, поэтому $M,O,N$ лежат на одной прямой. Пункт а доказан. Шаг 2. Найдём длину сечения $MN$. Так как $AO$ — внутренняя биссектриса из $A$, а $MO\parallel AD$, точка $O$ находится правее $M$ на горизонтали рисунка. Аналогично внутренняя биссектриса из $C$ и $NO\parallel BC$ помещают $O$ левее $N$. Значит, $O$ между $M$ и $N$. Горизонтальное сечение отсекает одинаковую долю каждой боковой стороны: $AM/AB=DN/DC$. Это следует из подобных прямоугольных треугольников, получаемых опусканием высот от сечения к основаниям. Высота нижнего участка одна и та же справа и слева, и полная высота тоже общая. Поскольку трапеция равнобедренная, $AB=DC$, поэтому $AM=DN$. Вычитая эти равные части из равных боковых сторон, получаем $MB=CN$. Теперь складываем отрезки на прямой: $$MN=MO+ON=AM+CN=AM+MB=AB.$$ Итак, сечение $MN$ равно боковой стороне. Это равенство пригодится для вычислений. Шаг 3. Получим соотношение длин из условия $AO=CO$. Обозначим $AD=d$, $BC=b$, $AB=CD=l$, $q=(d-b)/2$, высоту — $h$. Выберем $$A=(0;0),\quad D=(d;0),\quad B=(q;h),\quad C=(d-q;h).$$ По теореме Пифагора для боковой стороны $q^2+h^2=l^2$. Пусть $\tau=AM/AB$ — доля пути по боковой стороне снизу до сечения. Тогда $$M=(\tau q;\tau h),\qquad N=(d-\tau q;\tau h).$$ Длина горизонтального сечения равна разности первых координат: $$MN=(d-\tau q)-\tau q=d-2\tau q=d-\tau(d-b).$$ Мы уже доказали, что $MN=l$. Поэтому $$d-\tau(d-b)=l,\qquad \tau(d-b)=d-l,\qquad \tau=\frac{d-l}{d-b}.$$ Из $MO=AM=\tau l$ следует, что точка $O$ находится на $\tau l$ правее $M$: $$O=(\tau(q+l);\tau h).$$ Вычислим квадрат длины $AO$ по координатам: $$AO^2=\tau^2(q+l)^2+\tau^2h^2=\tau^2(q^2+2ql+l^2+h^2).$$ Заменяем $q^2+h^2$ на $l^2$: $$AO^2=\tau^2(2l^2+2ql)=2l(l+q)\tau^2.$$ Аналогично $NO=CN=(1-\tau)l$, а вертикальный перепад от $C$ до $O$ равен $(1-\tau)h$. Горизонтальный перепад равен $(1-\tau)(l-q)$; поэтому $$CO^2=(1-\tau)^2((l-q)^2+h^2)=2l(l-q)(1-\tau)^2.$$ Все длины положительны, поэтому $AO=CO$ равносильно равенству их квадратов. Сокращаем общий положительный множитель $2l$ и подставляем $\tau$; при этом $$1-\tau=1-\frac{d-l}{d-b}=\frac{d-b-d+l}{d-b}=\frac{l-b}{d-b}.$$ Получаем $$(d-l)^2(l+q)=(l-b)^2(l-q).$$ Переносим правую часть влево и группируем слагаемые при $l$ и $q$: $$l((d-l)^2-(l-b)^2)+q((d-l)^2+(l-b)^2)=0.$$ В первой скобке применяем разность квадратов, во второй раскрываем оба квадрата: $$ (d-l)^2-(l-b)^2=(d-b)(d+b-2l),$$ $$ (d-l)^2+(l-b)^2=d^2+b^2-2l(d+b)+2l^2.$$ Подставляем $q=(d-b)/2$ и делим равенство на ненулевое $d-b$: $$l(d+b-2l)+\frac{d^2+b^2-2l(d+b)+2l^2}{2}=0.$$ Умножаем на 2 и раскрываем скобки: $$2l(d+b)-4l^2+d^2+b^2-2l(d+b)+2l^2=0.$$ Слагаемые $2l(d+b)$ и $-2l(d+b)$ уничтожаются; $-4l^2+2l^2=-2l^2$. Поэтому $$d^2+b^2-2l^2=0,\qquad l^2=\frac{d^2+b^2}{2}.$$ Шаг 4. Подставим отношение оснований и найдём доли боковой стороны. Пусть $BC=17u$, $AD=31u$, где $u>0$ — общий масштаб. Тогда $$l^2=\frac{(17u)^2+(31u)^2}{2}=\frac{289u^2+961u^2}{2}=\frac{1250u^2}{2}=625u^2,$$ $$l=25u.$$ Берём положительный корень, потому что это длина. Теперь $$\tau=\frac{31u-25u}{31u-17u}=\frac{6u}{14u}=\frac37.$$ Длина $AM$ составляет $3/7$ от $AB$, а остаток $MB$ составляет $1-3/7=4/7$. Поэтому $$AM:MB=\frac37:\frac47=3:4.$$ Проверка: при таком сечении $MN=31u-(3/7)\cdot14u=31u-6u=25u=l$, как и доказано в пункте а. Ответ: а) точки коллинеарны; б) $AM:MB=3:4$.