На боковых сторонах АВ и СД трапеции авсд 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 АД = b

дана трапеция АВСD, ВС=а и АD=b, а < b, продолжим боковые стороны до пересечения в точке К. Получим 3 подобных треугольника КВС, КМN, KAD ( по 3 углам). Примем MN=x. Так как полощади подобных фигур относятся как квадраты их линейных размеров имеем: S(КВС):S(KMN):S(KAD)=a²:x²:b² S(BCMN)=S(KMN)-S(KBC) S(AMND)=S(KAD)-S(KMN) Значит S(BCMN)/S(AMND)=(x²-a²)/(b²-x²)=k Отсюда найдем х: х²-a²=kb²-kx² x²+kx²=a²+kb² x²(1+k)=a²+kb² x²=(a²+kb²)/(1+k) [latex]x=[/latex][latex] \sqrt{ \frac{ a^{2}+k b^{2} }{1+k} } [/latex]

 Другое решение , проведем диагональ  [latex] BD[/latex]  . [latex]x;y[/latex] высота    трапеций [latex] MBCN ; AMND[/latex] [latex] z=MN[/latex] Пусть точка [latex] O[/latex] пересечение диагонали с  [latex] MN[/latex]  .  Из подобия треугольников  [latex] BOM[/latex]   и    [latex] ABD[/latex]   [latex] \frac{x}{x+y}= \frac{n}{b} [/latex]     [latex] MO=n[/latex]  [latex]\frac{y}{x+y}= \frac{z-n}{a}\\ [/latex]     откуда        [latex]x = \frac{y(z-a)}{b-z}[/latex]    Так как площади трапеций   [latex] \frac{(a+z)*x}{2} = \frac{k*(z+b)*y}{2} [/latex]     то в сумме   [latex](b+z)*y+(b+z)*k*y=(a+b)(x+y) [/latex]   подставляя   [latex](b+z)*y+(b+z)*k*y=(a+b)(\frac{y(z-a)}{b-z}+y)\\ (b+z)(y+ky) = (a+b)\frac{y(z-a)}{b-z} + y(a+b)\\ (b^2-z^2)(k+1)=(a+b)(z-a)+(a+b)(b-z)\\ (b^2-z^2)(k+1)=b^2-a^2\\ b^2-z^2=\frac{b^2-a^2}{k+1}\\ z= \sqrt{\frac{b^2k+a^2}{k+1}} [/latex]