Такое слегка туповатое решение, мне оно не очень нравится с эстетической точки зрения. O - точка пересечения AD и BK, CH - высота к AB. Ясно, что MD II CH II KN; Поэтому AN/NH = AK/KC = 1; AN = NH = AB*2/5; Получилось AH = AB*4/5; следовательно BH = AB/5; Из условия следует, что BM = AB/10; то есть BM/BH = 1/2; BM = MH; но BM/MH = BD/CD; то есть BD = CD; Это означает (не больше, не меньше), что треугольник ABC - равнобедренный, AB = BC; и AD - не только биссектриса, но и медиана, и высота. Это не все чудеса этой задачи. Далее. DM - высота к гипотенузе в прямоугольном треугольнике ABD. При этом BM = AB/10; AM= AB*9/10; откуда DM^2 = BM*AM = (AB^2)*9/100; DM = AB*3/10 = 3*BM; Прямоугольные треугольники BMD и ABD подобны. Поэтому AD = 3*BD; Поскольку O - точка пересечения медиан, то DO = AD/3 = BD; это второе, и последнее чудо - прямоугольный треугольник OBD равнобедренный. Это означает, что OD/OB = 1/√2; c учетом того, что OD = AD/3; BO = BK*2/3; получается AD/BK = √2;
Предположим что: m=(a+b)/2 ,но a не параллельно b Сделаем вс построения: Проведем сторону BQ=x параллельно m. И прямую AW=y параллельно m (она же параллельна x) По теореме Фалеса тк AM=MB,то QN=NW=L Тк СN=ND,то CQ=WD=m На продолжении AW отложим отрезок равный x. Далее из соответственных и вертикальных угол выходит что углы DWZ и BQC равны. То треугольники BQC и WDZ равны по 2 сторонам и углу между ними. То DZ=BC=a. То по неравенству треугольника AZD: (a+b)>(x+y) Тк ABQW-трапеция,а m -ее средняя линия,то 2m=(x+y). По предположению: 2m=(a+b) То (a+b)=(x+y) Что противоречит неравенству : (a+b)>(x+y) То есть мы пришли к противоречию. Значит BC параллельно AD. Это решение я назвал (Офигенный кораблик)
dfdsfdsfdsf
Объяснение:dfdsfdsfdsxfdsfsdfsdf
dsfdsfds prosti
sjdjasjdassd