Задача 7. Трапеция и биссектриса

Равнобедренный треугольник BCD

Основания трапеции параллельны: $BC \parallel AD$. Диагональ $BD$ пересекает эти прямые, поэтому накрест лежащие углы равны: $\angle DBC = \angle BDA$.

По условию $BD$ — биссектриса угла $ADC$, то есть $\angle BDA = \angle BDC$. Получаем $\angle DBC = \angle BDC$: в треугольнике $BCD$ два угла равны, значит, он равнобедренный и $CB = CD$.

Углы при его основании $BD$ находим из суммы углов треугольника:

И ещё $\angle BDA = \angle BDC = 25^\circ$ (рисунок ниже). Эти три угла по $25^\circ$ нам понадобятся.

Как наклонён отрезок AX

Условие $AX = BD$ говорит о длинах, а спрашивают про угол. Заметим, что отрезки $AX$ и $DB$ оба соединяют прямую $AD$ с параллельной ей прямой $BC$ и имеют одинаковую длину. Такие отрезки наклонены к прямой $AD$ одинаково — проверим это.

Опустим перпендикуляры $XH$ и $BK$ на прямую $AD$. Они равны: это расстояние между параллельными прямыми $BC$ и $AD$, то есть высота трапеции. Прямоугольные треугольники $AHX$ и $DKB$ равны по гипотенузе ($AX = DB$) и катету ($XH = BK$). Поэтому острый угол между отрезком $AX$ и прямой $AD$ такой же, как угол $BDK$, то есть $25^\circ$. (Точка $H$ не совпадает с $A$: катет $BK$ короче гипотенузы $BD$, поэтому $XH < AX$.)

Но наклониться отрезок $AX$ может в две стороны: угол $XAD$ равен либо $25^\circ$, либо $180^\circ - 25^\circ = 155^\circ$. На прямой $BC$ действительно есть две точки на расстоянии $BD$ от $A$ — их отмечает окружность с центром $A$ и радиусом $BD$ (рисунок ниже). Какая из них лежит на основании $BC$?

Вторая точка — за пределами основания

Пусть $\angle XAD = 155^\circ$. Тогда $\angle XAD + \angle BDA = 155^\circ + 25^\circ = 180^\circ$. Это односторонние углы при прямых $AX$ и $DB$ и секущей $AD$, поэтому $AX \parallel DB$. А $XB \parallel AD$, так что $AXBD$ — параллелограмм.

В параллелограмме $AXBD$ вершины $X$ и $D$ противоположные, поэтому они лежат по разные стороны от диагонали $AB$. А вершины $C$ и $D$ трапеции лежат по одну сторону от её боковой стороны $AB$. Значит, $X$ и $C$ — по разные стороны от прямой $AB$, то есть точка $B$ лежит между $X$ и $C$. Такая точка $X$ находится на продолжении основания за точкой $B$ (ещё и далеко: $XB = AD$), а не на самом основании (рисунок ниже).

Итак, точка $X$ из условия — та, для которой $\angle XAD = 25^\circ$. Точка $Y$ лежит на основании $AD$ и не совпадает с $A$ (ведь $AY = CD > 0$), поэтому луч $AY$ совпадает с лучом $AD$ и

Два равных треугольника

Сравним треугольники $XAY$ и $BDC$:

• $AX = DB$ — по условию;

• $AY = DC$ — по условию;

• $\angle XAY = \angle BDC = 25^\circ$ — шаги 1 и 3.

Две стороны и угол между ними у этих треугольников равны, значит, треугольники равны (рисунок ниже). В равных треугольниках против равных сторон лежат равные углы. Угол $AXY$ лежит против стороны $AY$, а угол $DBC$ — против равной ей стороны $DC$. Поэтому

Такая трапеция существует, и ответ один

Осталось проверить, что картинка из условия вообще возможна. Построим её с конца. Возьмём равнобедренный треугольник $BCD$ с $CB = CD$ и $\angle BCD = 130^\circ$ и проведём через $D$ прямую, параллельную $BC$. На отрезке $BC$ выберем любую точку $X$ и проведём из неё вниз, в сторону $B$, луч под углом $25^\circ$ к прямой $BC$; он пересечёт проведённую прямую в точке $A$.

Получилась трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$, в которой $\angle BDA = \angle DBC = 25^\circ = \angle BDC$, то есть $BD$ — биссектриса угла $ADC$. Накрест лежащие углы дают $\angle XAD = 25^\circ$, и прямоугольные треугольники $AHX$ и $DKB$ из шага 2 равны по катету и острому углу, поэтому $AX = BD$.

Осталось поставить $Y$: для этого нужно $AD \ge CD$. По накрест лежащим углам $\angle CAD = \angle ACB$ и $\angle XAD = \angle AXB$. Если $X \ne C$, угол $AXB$ — внешний угол треугольника $ACX$, и он больше угла $ACX$, то есть угла $ACB$. Поэтому $\angle CAD \le \angle XAD = 25^\circ$ (равенство — когда $X = C$). Тогда в треугольнике $ACD$ угол $ACD = 180^\circ - 50^\circ - \angle CAD \ge 105^\circ$ — больше угла $CAD$, и против него лежит большая сторона: $AD > CD$. Значит, точка $Y$ с $AY = CD$ на основании $AD$ есть, а так как $AD > CD = BC$, четырёхугольник $ABCD$ — именно трапеция, а не параллелограмм.

Таких трапеций много — длина $AD$ бывает разной (модель показывает, в каких пределах). Но в любой из них точки $X$ и $Y$ определяются однозначно, и угол $AXY$ всегда равен $25^\circ$.