а) Пусть прямая, проходящая через точку O параллельно BC, пересекает боковые стороны AB и CD в точках M и N соответственно. Так как AO и CO – биссектрисы, то \(\angle MAO = \angle OAD,\) \(\angle BCO = \angle NCO\) и \(\angle OAD = \angle MOA,\) \(\angle BCO = \angle CON\) как накрест лежащие углы, следовательно: \(AM = MO,\) \(CN = ON.\) Так как ABCD – равнобедренная трапеция, то \(AM = ND,\)\(CN + ND = ON + OM\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,CD = MN.\) Что и требовалось доказать.
б) Пусть \(AM = 2x,\,\,\,MB = 3x,\,\,\,\angle AMO = \alpha ,\) тогда \(\angle CNO = \angle BMO = {180^ \circ }-\alpha .\) В треугольнике AMO по теореме косинусов:
\(A{O^2} = A{M^2} + M{O^2}-2 \cdot AM \cdot MO \cdot \cos \alpha = 4{x^2} + 4{x^2}-2 \cdot 2x \cdot 2x \cdot \cos \alpha = 8{x^2}-8{x^2}\cos \alpha .\)
В треугольнике CNO по теореме косинусов:
\(O{C^2} = C{N^2} + O{N^2}-2 \cdot CN \cdot ON \cdot \cos \left( {{{180}^ \circ }-\alpha } \right) = 9{x^2} + 9{x^2}-2 \cdot 3x \cdot 3x \cdot \left( {-\cos \alpha } \right) = 18{x^2} + 18{x^2}\cos \alpha .\)
Так как \(AO = OC,\) то:
\(8{x^2}-8{x^2}\cos \alpha = 18{x^2} + 18{x^2}\cos \alpha \,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\cos \alpha = -\dfrac{5}{{13}},\)
тогда \(\cos \angle BAD = \dfrac{5}{{13}}.\) Из прямоугольного треугольника MBH:
\(\cos \angle BMH = \dfrac{{MH}}{{MB}}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,MH = 3x \cdot \dfrac{5}{{13}} = \dfrac{{15x}}{{13}}.\)
Тогда: \(BC = MN-2MH = 5x-2 \cdot \dfrac{{15x}}{{13}} = \dfrac{{35x}}{{13}}.\)
Из прямоугольного треугольника AMK:
\(\cos \angle MAK = \dfrac{{AK}}{{AM}}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,AK = 2x \cdot \dfrac{5}{{13}} = \dfrac{{10x}}{{13}}.\)
Тогда: \(AD = MN + 2AK = 5x + 2 \cdot \dfrac{{10x}}{{13}} = \dfrac{{85x}}{{13}}.\) Тогда искомое отношение BC к AD:
\(\dfrac{{BC}}{{AD}} = \dfrac{{\dfrac{{35x}}{{13}}}}{{\dfrac{{85x}}{{13}}}} = \dfrac{7}{{17}}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,BC:AD = 7:17.\)
Ответ: \(7:17.\)