Пусть основания ВС и AD. Обозначим точку пересечения диагоналей - точку О. Проведем высоту через точку пересечения диагоналей. Высота делит основания равнобедренной трапеции пополам. Пусть отрезок высоты в треугольнике ВОС равен х, а отрезок высоты в треугольнике AOD равен (h-x). BC/2=x·tg((180°-α)/2) AD/2=(h-x)· tg((180°-α)/2)
Достроим ΔABC до прямоугольника AB'CB. O - центр AC, эта точка является центром симметрии для прямоугольника. Поэтому, если M' - середина B'C, то CM║AM'.
∠BMC = ∠BAM', как соответственные углы при CM║AM' и секущей BA.
∠BAM' = ∠CAB+∠CAM' ⇒ ∠BAM'=∠BMC > ∠CAB. Первая часть неравенства доказана.
В прямоугольном ΔMBC (∠B=90°): MB<MC т.к. катет меньше гипотенузы.
BM=AM т.к. CM - медиана.
В ΔMAC:
AM<MC ⇒ ∠ACM < ∠CAM т.к. в одном треугольнике напротив меньшей стороны находится меньший угол.
Получили: ∠CAB > ∠ACM. Вторая часть неравенства доказана.
Проведем высоту через точку пересечения диагоналей.
Высота делит основания равнобедренной трапеции пополам.
Пусть отрезок высоты в треугольнике ВОС равен х, а отрезок высоты в треугольнике AOD равен (h-x).
BC/2=x·tg((180°-α)/2)
AD/2=(h-x)· tg((180°-α)/2)
Средняя линия трапеции равна полусумме оснований.
MN=(BC+AD)/2=(BC/2)+(AD/2)=x·tg((180°-α)/2) +(h-x)· tg((180°-α)/2) =
=tg((180°-α)/2)(x+h-x)=h·tg((180°-α)/2)=h·tg(90°-(α/2))
Достроим ΔABC до прямоугольника AB'CB. O - центр AC, эта точка является центром симметрии для прямоугольника. Поэтому, если M' - середина B'C, то CM║AM'.
∠BMC = ∠BAM', как соответственные углы при CM║AM' и секущей BA.
∠BAM' = ∠CAB+∠CAM' ⇒ ∠BAM'=∠BMC > ∠CAB. Первая часть неравенства доказана.
В прямоугольном ΔMBC (∠B=90°): MB<MC т.к. катет меньше гипотенузы.
BM=AM т.к. CM - медиана.
В ΔMAC:
AM<MC ⇒ ∠ACM < ∠CAM т.к. в одном треугольнике напротив меньшей стороны находится меньший угол.
Получили: ∠CAB > ∠ACM. Вторая часть неравенства доказана.
В итоге ∠BMC > ∠CAB > ∠ACM ч.т.д.