1563. В равнобедренной трапеции ABCD
(AD\parallel BC)
расстояние от вершины A
до прямой CD
равно боковой стороне. Найдите углы трапеции, если AD:BC=5
.
Ответ. \arccos\frac{1}{\sqrt{5}}
, 180^{\circ}-\arccos\frac{1}{\sqrt{5}}
или \arccos\frac{2}{\sqrt{5}}
, 180^{\circ}-\arccos\frac{2}{\sqrt{5}}
.
Указание. Пусть M
— проекция вершины A
на CD
, K
— проекция C
на AD
. Докажите, что треугольники CKD
и AMD
подобны.
Решение. Пусть M
— проекция вершины A
на CD
, K
— проекция C
на AD
. Обозначим BC=x
, AD=5x
, AM=CD=y
. Тогда
DK=\frac{1}{2}(AD-BC)=\frac{5x-x}{2}=2x.
Из подобия треугольников CKD
и AMD
следует, что
\frac{CK}{CD}=\frac{AM}{AD},~\mbox{или}~\frac{\sqrt{y^{2}-4x^{2}}}{y}=\frac{y}{5x},
или
\sqrt{1-4\left(\frac{x}{y}\right)^{2}}=\frac{y}{5x}.
Решим это уравнение относительно \left(\frac{x}{y}\right)^{2}
. Получим
\left(\frac{x}{y}\right)^{2}=\frac{1}{5}~\mbox{или}~\left(\frac{x}{y}\right)^{2}=\frac{1}{20}.
В первом случае
y=x\sqrt{5},~\cos\angle CDA=\frac{KD}{CD}=\frac{2x}{x\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}.
Во втором —
\cos\angle CDA=\frac{KD}{CD}=\frac{2x}{x\sqrt{20}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1977, билет 1, № 4
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 77-1-4, с. 191
Источник: Говоров В. М. и др. Сборник конкурсных задач по математике. — М.: Наука, 1986. — № 25, с. 186