Если соединить концы равных отрезков, исходящих из одной вершины, то получится равнобедренный треугольник. Углы при его основании равны. Легко видеть, что у других аналогичных треугольников такие же углы - поскольку все эти углы вписанные, и можно для любого такого угла указать угол из другого треугольника, опирающийся на эту же дугу. Это означает, что равны все углы при вершинах. То есть у исходного четырехугольника равны все углы. Получилось, что этот четырехугольник - заведомо прямоугольник. Остается заметить, что в самом общем случае, если точка пересечения двух хорд отсекает на них пару равных отрезков, то эти хорды равны. Это, кстати, не такое уж и тривиальное утверждение. Оно легко доказывается, поскольку у двух окружностей может быть не более 2 общих точек, симметричных относительно линии центров.
Трапеция АВСД: основания АД=а и ВС=b. Отрезок ЕМ параллелен АД и ВС делит трапецию на 2 равновеликие трапеции Sаемд=Sевсм=Sавсд/2/ Обозначим ЕМ=х. Опустим из вершины В высоту ВН=h на основание АД, она пересекает ЕМ в точке О: ВН=ВО+ОН=h₁+h₂ Sаемд=(АД+ЕМ)*ОН/2=(а+х)*h₂/2 Sевсм=(ЕМ+ВС)*ВО/2=(х+b)*h₁/2 Sавсд=(АД+ВС)*ВН/2=(а+b)*h/2=(а+b)*(h₁+h₂)/2 Составим систему уравнений: 1) Sаемд=Sевсм 2) 2Sаемд=Sавсд Подставляем: 1) (а+х)*h₂/2=(х+b)*h₁/2 или h₂/h₁=(х+b)/(х+а) 2) 2*(а+х)*h₂/2=(а+b)*(h₁+h₂)/2 или 2(а+х)=(а+b)*(h₁+h₂)/h₂ 2(а+х)=(а+b) * (h₁/h₂+1) 2(а+х)=(а+b) * ( (х+а)/(х+b) + 1) 2(а+х)(х+b)=(а+b) * (х+а+х+b) 2(а+х)(х+b)=(а+b)²+2х(а+b) 2ах+2х²+2аb+2xb=a²+2ab+b²+2ax+2xb 2x²=a²+b² x=√(a²+b²)/2 ответ: √(a²+b²)/2
Легко видеть, что у других аналогичных треугольников такие же углы - поскольку все эти углы вписанные, и можно для любого такого угла указать угол из другого треугольника, опирающийся на эту же дугу.
Это означает, что равны все углы при вершинах. То есть у исходного четырехугольника равны все углы. Получилось, что этот четырехугольник - заведомо прямоугольник.
Остается заметить, что в самом общем случае, если точка пересечения двух хорд отсекает на них пару равных отрезков, то эти хорды равны.
Это, кстати, не такое уж и тривиальное утверждение. Оно легко доказывается, поскольку у двух окружностей может быть не более 2 общих точек, симметричных относительно линии центров.
Отрезок ЕМ параллелен АД и ВС делит трапецию на 2 равновеликие трапеции Sаемд=Sевсм=Sавсд/2/
Обозначим ЕМ=х.
Опустим из вершины В высоту ВН=h на основание АД, она пересекает ЕМ в точке О: ВН=ВО+ОН=h₁+h₂
Sаемд=(АД+ЕМ)*ОН/2=(а+х)*h₂/2
Sевсм=(ЕМ+ВС)*ВО/2=(х+b)*h₁/2
Sавсд=(АД+ВС)*ВН/2=(а+b)*h/2=(а+b)*(h₁+h₂)/2
Составим систему уравнений:
1) Sаемд=Sевсм
2) 2Sаемд=Sавсд
Подставляем:
1) (а+х)*h₂/2=(х+b)*h₁/2 или h₂/h₁=(х+b)/(х+а)
2) 2*(а+х)*h₂/2=(а+b)*(h₁+h₂)/2 или 2(а+х)=(а+b)*(h₁+h₂)/h₂
2(а+х)=(а+b) * (h₁/h₂+1)
2(а+х)=(а+b) * ( (х+а)/(х+b) + 1)
2(а+х)(х+b)=(а+b) * (х+а+х+b)
2(а+х)(х+b)=(а+b)²+2х(а+b)
2ах+2х²+2аb+2xb=a²+2ab+b²+2ax+2xb
2x²=a²+b²
x=√(a²+b²)/2
ответ: √(a²+b²)/2