3616. В трапеции
ABCD
с боковой стороной
CD=30
диагонали пересекаются в точке
E
, а углы
AED
и
BCD
равны. Окружность радиуса 17, проходящая через точки
C
,
D
и
E
, пересекает основание
AD
в точке
F
и касается прямой
BF
. Найдите высоту трапеции и её основания.
Ответ.
\frac{450}{17}
,
\frac{255}{8}
,
\frac{960}{17}
.
Указание. Докажите, что треугольник
FCD
— равнобедренный,
BC
— касательная к описанной окружности треугольника
FCD
, треугольник
BFC
подобен треугольнику
CFD
, а треугольник
ACF
— треугольнику
DBC
.
Решение. Пусть
R
— радиус окружности, описанной около треугольника
CFD
(по условию
R=17
). По теореме синусов находим, что
\sin\angle CFD=\sin\alpha=\frac{CD}{2R}=\frac{30}{2\cdot17}=\frac{15}{17}.

Из прямоугольного треугольника
CHD
находим, что
CH=CD\sin\alpha=30\cdot\frac{15}{17}=\frac{450}{17}.

Поскольку
\angle BCF=\angle CFD=\angle CDF=\alpha
, то по теореме, обратной теореме об угле между касательной и хордой (см. задачу 144), прямая
BC
касается окружности в точке
C
. Тогда
BC=BF
и
\angle BFC=\angle BCF=\angle CDF
. Следовательно, во-первых:
BC=\frac{1}{2}FC:\cos\angle BCF=15:\cos\alpha=15:\sqrt{1-\frac{15}{17}}=15:\frac{8}{17}=\frac{255}{8};

во-вторых: треугольник
BFC
подобен треугольнику
CFD
(равнобедренные треугольники с соответственно равными углами при основаниях), поэтому
\frac{CF}{BC}=\frac{FD}{CD}
, откуда
FD=CD\cdot\frac{CF}{BC}
.
Поскольку
\angle CAF=\angle ACB=\angle CDB
,
\angle ACF=\angle BDF=\angle CBD
, то треугольники
ACF
и
DBC
подобны. Поэтому
\frac{AF}{CD}=\frac{CF}{BC}
, откуда
AF=CD\cdot\frac{CF}{BC}
. Ранее же было доказано, что
FD=CD\cdot\frac{CF}{BC}
, значит,
AF=FD=2CD\cos\angle CDF=2\cdot30\cdot\frac{8}{17}=\frac{480}{17}
.
Следовательно,
AD=AF+FD=2AF=\frac{960}{17}
.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет МГУ. — 2001 (март), вариант 1, № 3
Источник: Вступительные экзамены и олимпиады по математике 2000—2002 гг. / Под общ. ред. И. Н. Сергеева. — М.: Изд-во ЦПИ при мехмате МГУ, 2003. — с. 41