Помогите найти решение геометрической задачи (трапеция)

[vikzab]

Имеется четырехугольник ABCD. Угол BAD плюс угол CDA равно 180 градусов. Проведены два параллельных отрезка АЕ (до пересечения со стороной ВС) и СF (до пересечения со стороной AD) так, что BE=DF. Доказать, что ABCD - параллелограмм.
Так поставила задачу учительница, но... Сын решить не смог, я пять дней бился пока не понял, что это невозможно.
Проблема в том, что это может быть и трапеция. Как в общем виде доказать (найти соответствующие решения, а их может быть и три и одно при определенных углах BAD и EAD и соотношении сторон AB к AD), выяснить параметрически в каком случае и сколько решений будет?
С уважением
Виктор

[gris]

Это конечно трапеция, но контрпример строится легко. Так что доказать действительно невозможно.

Добавлено спустя 12 минут 49 секунд:

одно решение всегда есть, это параллелограмм, может быть и ровно два. А вот три...?

[VAL]

Если не обсчитался, то вот контрпример:
$ A(0;0), B(6;0), C(10;4), D(6-\sqrt{34};4), E(7;1) $

[Архипов]

vikzab в сообщении #147557 писал(а):

Имеется четырехугольник ABCD. Угол BAD плюс угол CDA равно 180 градусов. Проведены два параллельных отрезка АЕ (до пересечения со стороной ВС) и СF (до пересечения со стороной AD) так, что BE=DF. Доказать, что ABCD - параллелограмм

Если прямоугольник - частный случай паралеллограмма, то доказать, по-моему, можно.
Сумма углов равна 180 - стороны AB и CD паралленльны. Осталось доказать, что AD и ВC - тоже параллельны. Так и сделаем - чертим паралеллограмм. Отрезки BE=DF.только в том случае, когда AD и DC параллельны (увеличим или уменьшим длину стороны AB до АВ1 - отрезок ВЕ с неизбежностью увеличится или уменьшится до В1Е1). Доказываем параллельным переносом других отрезков В1Е1 вдоль стороны АВ1 до момента касания конца Е1 стороны ВС.

[VAL]

Архипов в сообщении #147658 писал(а):

то доказать, по-моему, можно.

Особенно любопытно наблюдать "доказательство" непосредственно следующее за контрпримером.
Кстати, я его (контрпример) проверил. Не обсчитался. Если, конечно, не обсчитался при проверке

[Dimoniada]

Можно просто положить, что точки E и F совпадаю с B и D соответственно =*) И сразу прийдём к противоречию.

[vikzab]

Если можно, обратите внимание на последние мои слова. Решить в каких условиях параметрически будут 1,2,3 решения. Спасибо.

[TOTAL]

vikzab писал(а):

Если можно, обратите внимание на последние мои слова. Решить в каких условиях параметрически будут 1,2,3 решения. Спасибо.

Трёх решений не будет ни при каких условиях.

[vikzab]

TOTAL писал(а):

vikzab писал(а):

Если можно, обратите внимание на последние мои слова. Решить в каких условиях параметрически будут 1,2,3 решения. Спасибо.

Трёх решений не будет ни при каких условиях.

А математически можете подтвердить свои слова? Визуально при построении сторона ВС может лежать как внутри параллелограмма, так и снаружи его и при этом отрезки ВЕ будут равны между собой. При нахождении решения у меня получалось уравнение третьей степени. И еще один вопрос: я вижу еще два пути решения - с использованием полярных координат и с использованием векторной алгебры. Может быть есть какое-то еще красивое решение, которое в зависимости от определенных параметров или начальных дополнительных условий прояснит когда и сколько решений будет?

[TOTAL]

vikzab писал(а):

А математически можете подтвердить свои слова?

А зачем? Вы же знаете случай с тремя решениями, вот и приведите эти три решения для одних и тех же данных. Заодно приведите математическую формулировку задачи.

[bubu gaga]

Рисуем сразу трапецию $ABCD$. И рисуем перпендикуляры из $C$ на прямую $AD$ (точка пересечения с прямой $AD$ обозначим $H_1$), и из $A$ - параллельно первому перпендикуляру (точку пересечения с прямой $CB$ обозначим $H_2$).

Пусть угол $H_1 C F$ равен $\alpha$, а угол $C H_2 A$ равен $\gamma + \frac{\pi}{2}$


Выразим оба отрезка, как функции от $\tg \alpha$

$$|DF| = |C H_1| \tg \alpha - |DH_1| $$

$$|B E| = \frac{|A H_2| \tg \alpha }{(1 - \tg \alpha \, \tg \gamma) \, \cos \gamma} - |H_2 B|$$

Получаем вообще-то квадратное уравнение.

[VAL]

TOTAL писал(а):

vikzab писал(а):

Если можно, обратите внимание на последние мои слова. Решить в каких условиях параметрически будут 1,2,3 решения. Спасибо.

Трёх решений не будет ни при каких условиях.

Вполне может. И даже четыре может.
Я фиксировал точки A,B,C,E и вращал AD вокруг A, считая параметром угловой коэффициент k прямой AD.
Приравнивая BE к DF (координаты точек D и F зависят от k), получал уравнение 4-й степени относительно k. При подходящем выборе точек A,B,C и E оно может иметь 4 действительных корня. Один из корней (он есть при любом выборе точек) всегда дает угловой коэффициент, равный угловому коэффициенту прямой BC. Этот случай соответствует параллелограмму.
Еще два решения (они есть не всегда) получаются смещением вершины D в сторону С и от нее.
Еще одно решение (оно тоже есть всегда) соответствует самопересекающемуся четырехугольнику (у которого вершина D заехала за C).

В контрпримере, который я приводил выше, возможных значений k 3 штуки (значение, соответствующее параллелограмму - двукратный корень).

[gris]

Уважаемый vikzab, позвольте предложить Вам плодотворную дебютную идею, которая уже здесь практически озвучена.

Возьмем прямоугольную систему координат хОу. Рассмотрим точки: А(0;0), D(d;0), C(c,s), F(f;0) и, наконец, В( (c-d)t;st) где d > 0; s > o; 0 < f <= d, t>0.

Определим точку Е - пересечение прямой СВ и прямой АР, параллельной прямой CF. Найдем квадрат длины отрезка BE как L(t, d, c, s, f).

Исследуем уравнение

$$L(t, d, c, s, f) = (d -f)^2$$

.

Собственно, множество всех значений параметров d, c, s, f определяет все возможные конфигурации задачи с точностью до движения. Если положить d=1, то с точностью до подобия. Параметр t определяет положение вершины В, которую мы и хотим найти.

У меня есть большие сомнения в ложности следующих утверждений:

При любых значениях параметров d, c, s, f уравнение относительно t является квадратным или линейным.
**** На самом деле оно 4-той степени. Мне урок - нужно проверять то, что кажется:). И оно может иметь 4 действительных корня. В частном случае, ниже предложенным VAL, имеется три решения - две трапеции и параллелограмм.***********
Оно всегда имеет корень t=1. (что соответствует параллелограмму.)
Уравнение может иметь еще один корень. ( оно его имеет почти всегда, прошу прощения за столь некорректное выражение).
Ну а сами уравнения я стесняюсь выписывать в присутствии мастеров метода координат (без иронии).

[TOTAL]

VAL писал(а):

Вполне может. И даже четыре может.
Я фиксировал точки A,B,C,E и вращал AD вокруг A

А я не вращал.
Но если разрешается делать что душе угодно, то можно повращать, поудлинять и ещё чего-нибудь поделать, получив в результате бесконечно мого решений. Поэтому я и просил автора четко сформулировать задачу и привести его три решения.

[vikzab]

gris писал(а):

Уважаемый vikzab, позвольте предложить Вам плодотворную дебютную идею, которая уже здесь практически озвучена.

Возьмем прямоугольную систему координат хОу. Рассмотрим точки: А(0;0), D(d;0), C(c,s), F(f;0) и, наконец, В( (c-d)t;st) где d > 0; s > o; 0 < f <= d, t>0.

Определим точку Е - пересечение прямой СВ и прямой АР, параллельной прямой CF. Найдем квадрат длины отрезка BE как L(t, d, c, s, f).

Исследуем уравнение

$$L(t, d, c, s, f) = (d -f)^2$$

.

Собственно, множество всех значений параметров d, c, s, f определяет все возможные конфигурации задачи с точностью до движения. Если положить d=1, то с точностью до подобия. Параметр t определяет положение вершины В, которую мы и хотим найти.

У меня есть большие сомнения в ложности следующих утверждений:

При любых значениях параметров d, c, s, f уравнение относительно t является квадратным или линейным.
Оно всегда имеет корень t=1. (что соответствует параллелограмму.)
Уравнение может иметь еще один корень. ( оно его имеет почти всегда, прошу прощения за столь некорректное выражение).
Ну а сами уравнения я стесняюсь выписывать в присутствии мастеров метода координат (без иронии).

А почему взято допущение (c-d)t и st? Ведь по разным осям коэффициент будет разным.