6905. Дана равнобочная трапеция с основаниями a
и b
и высотой h
.
а) На оси симметрии трапеции постройте точку P
, из которой обе боковые стороны видны под прямыми углами.
б) Определите расстояние от точки P
до одного из оснований трапеции.
в) При каких условиях возможно построение точки P
(рассмотрите возможные случаи)?
Ответ. б) \frac{h\pm\sqrt{h^{2}-ab}}{2}
.
Решение. а) Предположим, задача решена, т. е. на оси симметрии равнобочной трапеции ABCD
с основаниями AB
и CD
расположена точка P
, для которой \angle APD=\angle BPC=90^{\circ}
. Тогда точка P
лежит на окружности с диаметром AD
и на окружности с диаметром BC
. Отсюда вытекает следующее построение.
Строим окружности с диаметрами AD
и BC
. Если они пересекаются в двух точках P_{1}
и P_{2}
(очевидно, лежащих на оси симметрии), то каждая из этих точек является искомой. Если окружности касаются, то искомая точка — точка касания. В этом случае трапеция описанная, так как отрезок, соединяющий центры окружностей, есть средняя линия трапеции, а значит равен полусумме оснований. В то же время, этот отрезок равен полусумме боковых сторон (см. задачу 364). Если окружности не пересекаются, задача не имеет решений.
б) Пусть CD=a
, AB=b
, a\lt b
, ось симметрии проходит через середины соответственно E
и F
оснований CD
и AB
, а P_{1}
— ближайшая к CD
точка пересечения окружностей. Обозначим P_{1}E=x
, \angle ECP_{1}=\alpha
. Тогда
\angle FP_{1}B=90^{\circ}-\angle CP_{1}E=90^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha,
\tg\alpha=\frac{P_{1}E}{CE}=\frac{x}{\frac{a}{2}}=\frac{2x}{a},~\tg\alpha=\frac{BF}{P_{1}F}=\frac{\frac{b}{2}}{h-x}=\frac{b}{2(h-x)}.
Значит, \frac{2x}{a}=\frac{b}{2(h-x)}
, или x^{2}-hx+\frac{ab}{4}=0
. Отсюда находим, что x=\frac{h\pm\sqrt{h^{2}-ab}}{2}
. Значит,
OP_{1}=\frac{h-\sqrt{h^{2}-ab}}{2},~OP_{2}=\frac{h+\sqrt{h^{2}-ab}}{2}.
в) Если h^{2}\gt ab
, задача имеет два решения, если h^{2}=ab
— одно решение, если h^{2}\lt ab
— решений нет.